【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第二部分考前冲刺篇专题二三大题型的解题方略第2讲“分门别类

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【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第二部分考前保温训练4 电场和带电粒子在电场中的运动

【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第二部分考前保温训练 4 电场和带电粒子在电场中的运动考前保温训练(四)电场和带电粒子在电场中的运动(限时30分钟)1．如图所示，电荷量为＋q 和－q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )A ．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心答案：D解析：根据点电荷场强公式E ＝kq r 2及正方体的对称性可知正方体内中心点及各面的中心点处场强为零，故答案为D.2．(多选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( )A ．电场强度的方向处处与等电势面垂直B ．电场强度为零的地方，电势也为零C ．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D ．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向答案：AD解析：电场中场强为零的位置是绝对的，而电势为零的位置是人为选取的；再者场强的大小表征着电势随空间的变化率，而与电势的大小无关，故B错误．由沿电场线方向电势降低，可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关，故C错误．3．(多选)如图所示，竖直放置的平行板电容器的极板A与静电计G相连，极板B与静电计G的金属外壳均接地，闭合开关S给电容器充电后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使指针张角增大的是()A．保持S闭合，使A、B两板靠近一些B．保持S闭合，使A、B两板正对面积错开一些C．断开S后，使B板向右平移拉开一些D．断开S后，使A、B正对面积错开一些答案：CD解析：题图中静电计的金属球接电源正极，外壳和极板B均接地，静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．保持S闭合，则A、B两极与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变，A、B两项都不正确；断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器电荷量不变，由C＝QU可知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大，C、D正确．4．(多选)如图所示，A、B是带有同种电荷的两小球(可视为质点)，两球所带电荷量不等，A球用轻细线悬挂于O点，B球被固定在O点正下方的B点，A球在力的作用下，偏离B球d1的距离静止(即图中A、B两球间的距离为d1)．随着时间的推移，两球均出现漏电现象，A、B两球的带电荷量分别变为原来的23和49，A、B两球间的距离变为d2，则d1∶d2为()A．2∶3 B．3∶2C．22∶3 3 D．33∶2 2答案：B解析：对A球进行受力分析如图所示，设A球的重力为G，漏电前后A、B的带电荷量分别为Q A、Q B，Q A′、Q B′，A、B两球间的作用力分别为F 、F ′，则有Q A ′＝23Q A ，Q B ′＝49Q B ，F ＝k Q A Q B d 21，F ′＝k Q A ′Q B ′d 22，式中k 为静电力常量；设O 、B 两点间的距离为L 1，由相似三角形法有G L 1＝F d 1，G L 1＝F ′d 2，即F d 1＝F ′d 2，联立解得d 1∶d 2＝3∶2.故选B.5．(多选)如图所示，在两等量异种点电荷连线上有c 、O 、f 三点，虚线M 、L 、K 是分别过c 、O 、f 三点的等差等势面，一不计重力带负电粒子从a 点射入电场，只在电场力作用下沿abcde 运动，轨迹如图中实线所示，下列说法中正确是( )A ．电势φK <φL <φMB ．场强E a <E bC ．a 点与e 点的场强大小相等，方向相同D ．粒子在c 点的电势能大于在e 点的电势能答案：BD解析：根据曲线运动的特点，轨迹向合外力的方向弯曲，可知粒子在c 点受到向左的力，由于粒子带负电，可知c 点的电场线方向向右，可知选项A 错误；等势面的疏密表示电场的强弱，故E a <E b ，选项B 正确；a 点与e 点的场强大小相等，但方向不同，选项C 错误；带负电粒子在较低等势面电势能较大，c点电势低于e点电势，选项D正确．6．(多选)在x轴上电场强度E与x的关系如图所示，O为坐标原点，a、b、c为x轴上的点，a、c之间的距离为d，a、c两点的电场强度大小均为E0，则下列说法中正确的是()A．φb>φa＝φc>φOB．φO>φa>φb>φcC．将质子从a点移到c点，电场力做功大于eE0dD．将质子从a点移到c点，质子的电势能增加答案：BC解析：在E-x图象中，图象与x轴所围面积表示电势差，由图可以看出x轴上Oc段与图线所围面积大于ac段与图线所围面积，ac 段与图线所围面积大于bc段与图线所围面积，即U Oc>U ac>U bc>0，所以φO>φa>φb>φc，故B正确，A错误；ac段与图线所围面积大于E0d，即U ac>E0d，所以将质子从a点移到c点，电场力做功大于eE0d，故C正确；将质子从a点移到c点，电场力做正功，质子的电势能减少，D错误．7．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()A．200 V/m B．200 3 V/m C．100 V/m D．100 3 V/m 答案：A解析：设OA中点为C，由U ACAC＝U COCO可得C点的电势φC＝3 V，φC＝φB，即B、C在同一等势面上，如图，由电场线与等势面的关系和几何关系知：d＝1.5 cm.则E＝Ud＝31.5×10－2V/m＝200 V/m，A正确．8．(多选)如图所示，电场强度方向水平向右的匀强电场中有a、b、c三点，三点的连线恰好组成一个边长为l的正三角形．一质量为m、电荷量为q的带正电小球(重力不计)以速度v0从a点射入电场，入射方向与b、c两点的连线垂直，一段时间后带电小球经过c点．则下列判断正确的是()A ．带电小球从a 点运动到c 点的时间为3l 2v 0B ．该匀强电场的电场强度大小为4m v 203qlC ．带电小球到达c 点时的动能为23m v 20D ．b 、c 两点之间的电势差为2m v 203q答案：AB解析：在竖直方向上小球做匀速直线运动，当小球运动到c 点时，由运动学规律可得t ＝3l 2v 0，选项A 正确；小球在水平方向上运动的距离为l 2，由运动学规律有l 2＝qEt 22m ，代入数据可解得E ＝4m v 203ql，选项B 正确；由动能定理可得E k c ＝qE ·l 2＋12m v 20＝76m v 20，选项C 错误；由电势差公式可知U bc ＝E ·l ＝4m v 203q，选项D 错误． 9．如图所示，两平行金属板之间有一匀强电场，金属板长为L ，一带电粒子以速度v 0垂直于场强方向沿上极板边缘射入匀强电场，刚好贴下极板边缘飞出，如果带电粒子以某一垂直于场强方向的初速度v 1沿上极板边缘射入电场并能从其中射出，当它的竖直位移等于板间距d 时，它的水平射程为2L (轨迹未画出)．则粒子进入电场的初速度v 1等于( )A ．v 0B.2v 0C.3v 0D ．2v 0答案：C 解析：设粒子在电场中的加速度为a .第一次，粒子恰好从下极板的边缘飞出，粒子做类平抛运动，有L ＝v 0t ，d ＝12at 2，解得v 0＝L a 2d.第二次，设粒子飞出电场时的竖直位移为y 1，所用时间为t 1，飞出电场后的竖直位移为y 2，所用时间为t 2，则y 1＝12at 21，L ＝v 1t 1，y 2＝at 1·t 2，L ＝v 1t 2，解得v 1＝L 3a 2d＝3v 0，故C 正确．10．如图所示，x 轴上方有宽为L 、方向水平向右的匀强电场，一质量为m (重力不计)、带电荷量为q (q >0)的粒子从y 轴上的A 点以初速度v 0沿y 轴负方向射入电场，粒子从x 轴上的B 点沿与x 轴正方向成37°角的方向射出电场，并打在x 轴下方的接收屏上C 点(没画出)，已知粒子从B 到C 的运行时间与粒子在电场中的运行时间相同，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；(2)求粒子接收屏上C 点到y 轴的水平距离；(3)若粒子是质量为m 、带电荷量为＋q 的液滴，重力加速度为g ，若要求液滴也能通过B 点，则液滴的初速度应为多少？答案：(1)4m v 203qL (2)2L (3)v 0－gL 2v 0解析：(1)粒子从A 到B 做类平抛运动，由类平抛规律知L ＝v 0t ，v x ＝qE m t ，OB ＝v x 2t ，v B ＝v 20＋v 2x 在B 点有tan 37°＝v 0v x，即v x ＝43v 0 联立得E ＝4m v 203qL ，OB ＝23L ，v B ＝53v 0. (2)粒子从B 到C 做匀速直线运动，由题意知BC ＝v B t ＝53L 所以接收屏上C 点到y 轴的水平距离s ＝OB ＋BC ·cos 37°＝2L .(3)若粒子变为液滴，设液滴的初速度为v ，则液滴沿y 轴做初速度为v 的匀加速直线运动，沿x 轴做初速度为零的匀加速直线运动，因水平方向各量均没变，所以液滴的运行时间仍为t ，则L ＝v t ＋12gt 2，代入t值得v＝v0－gL 2v0.11．如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R＝5v20g，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m、带电荷量为－q的小球(可看成质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：(1)OM的长L；(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E′；(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO′的距离s.答案：(1)3m v202(qE＋mg)(2)9m v202qd(3)5v202g＋2gd29v20解析：(1)小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为v A，竖直分速度为v y，则有cos 60°＝v0v A，即v A＝2v0tan 60°＝v y v 0，即v y ＝3v 0 由牛顿第二定律知a ＝qE ＋mg m由v 2y ＝2aL 知L ＝3m v 202(qE ＋mg ).(2)在区域Ⅱ中，由图可知BC ＝R 2所以从A 点到B 点，由动能定理得mg ·R 2＝12m v 2B －12m v 2A 得v B ＝3v 0在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知v 2B ＝2qE ′m d ，得E ′＝9m v 202qd. (3)v B ＝qE ′m t ，所以t ＝2d 3v 0小球在竖直方向上做自由落体运动，即h ＝12gt 2＝2gd 29v 20所以小球到达右边界上的点与OO ′的距离s ＝BC ＋h ＝5v 202g＋2gd2 9v20.。

高考复习指导2016届高三物理二轮复习第二部分考前冲刺(精)

方法一
细心审题，做到“看”、“读”、“思”
典例即学即用
(1)板间的电压大小 U； (2)通过小孔 P 的粒子离开磁场时到右极板的距离 L； (3)通过小孔 P 的粒子在电场和磁场中运动的总时间 t 总．
方法一
细心审题，做到“看”、“读”、“思”
典例即学即用
审题
“ 看题 ” 时要先注意 “ 区域边界刚好与右极板在小孔 P 处相
典例即学即用
(2)从小孔 P 射入磁场的粒子，在电场中的运动时间 d t1＝ 2 v0 经过小孔 P 时，水平分速度 v1＝at1＝v0
2 进入磁场时的速度大小 v＝ v2 0＋v1＝ 2v0，速度方向与右极板的夹角 θ
＝
π 4
方法一
细心审题，做到“看”、“读”、“思”
典例即学即用
设粒子在磁场中做匀速圆周运动后从 Q 点离开磁场，其轨迹如图所示， v2 mv 2mv0 轨迹圆心在 O′点，则 qvB＝m r ，得 r＝ qB ＝ qB ＝R 由几何关系可知粒子射出磁场时的速度方向竖直向下，由图知 L＝ r＋ rcos θ＝(1＋ 2 )R. 2
方法一
细心审题，做到“看”、“读”、“思”
典例即学即用
[典例 1]
如图所示，一对加有恒定电压的平行金属极板竖直放置，板长、
板间距均为 d.在右极板的中央有个小孔 P，小孔右边半径为 R 的圆形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域边界刚好与右极板在小孔 P 处相切．一排宽度也为 d 的带负电粒子以速度 v0 竖直向上同时进入两极板间后，只有一个粒子通过小孔 P 进入磁场，其余全部打在右极板上，且最后一个到达极板的粒子刚好打在右极板的上边缘．已知这排粒子中每个粒子的质量均为 m、带电荷量大小均为 q，磁场的磁感应强度大小 2mv0 为 qR ，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力．求：

2016年高考物理冲刺卷02(新课标Ⅰ卷)含答案

绝密★启用前2016年高考冲刺卷（2）（新课标Ⅰ卷）理科综合物理注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分300分，时间150分钟。

2．答题前考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔填写好自己的姓名、班级、考号等信息 3．考试作答时，请将答案正确填写在答题卡上。

第一卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．上作答无效．．．．．。

第Ⅰ卷（126分）一、选择题：本大题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法．以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述中错误的是（）A ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法B ．牛顿进行了“月—地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论C ．由于牛顿在万有引力定律方面的杰出成就，所以被称为能“称量地球质量”的人D ．根据速度定义式t x v ∆∆=，当t ∆非常非常小时，tx∆∆就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法15．如下图所示的几种情况中，不计绳、弹簧测力计、各滑轮的质量，不计一切摩擦，物体质量都为m ，且均处于静止状态，有关角度如图所示。

弹簧测力计示数F A 、F B 、F C 、F D 由大到小的排列顺序是A ．FB >F D >F A >FC B ．FD >F C >F B >F A C ．F D >F B >F A >F C D ．F C >F D >F B >F A 16.为估测一照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图1所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6cm ，拍摄到的石子位置A 距石子起落点竖直距离约5m ．这个照相机的曝光时间约为（）A ．1×10-3sB ．1×10-2s C ．5×10-2sD ．0.1s17.为研究太阳系内行星的运动，需要知道太阳的质量，已知地球半径为R ，地球质量为m ，太阳与地球中心间距为r ，地球表面的重力加速度为g ，地球绕太阳公转的周期为T ．则太阳的质量为（）A. B. C. D.18．如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来．下列判断中正确的是A．线框能旋转起来，是因为电磁感应B．俯视观察，线框沿顺时针方向旋转C．电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D．旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大19．将一小球从高处水平抛出，最初2s内小球动能E k随时间t变化的图线如图所示，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2．根据图象信息，能．确定的物理量是A．小球的质量B．小球的初速度C．小球抛出时的高度D．最初2 s内重力对小球做功的平均功率20.下图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，原副线圈的匝数比为4:1。

2016年高考物理二轮复习考前冲刺篇 2.2.3 三大题型的解题方略课件

[典例 2]
(20 分)如图所示，在 xOy 平面的第二象限内半径
为 R 的圆分别与 x 轴、y 轴相切于 P、Q 两点，圆内存在垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场．在笫一象限内存在沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度为 E.一带正电的粒子(不计重力)以速率 v0 从 P 点垂直射入磁场后恰好垂直 y 轴进入电场，最后从 M(3R,0)点射出电场，出射方向与 x 轴正方向夹角为 d，且满足 α＝45° ，求：
(1)物体水平抛出时的初速度大小 v0； (2)物体经过 B 点时，对圆弧轨道的压力大小 FN； (3)物体在轨道 CD 上运动的距离 x.
[ 思路剖析 ]
本题中物体先做平抛运动，再做变速圆周运
动，最后做匀减速直线运动，第一个过程可用平抛规律求解初速度，第二个过程可用功能关系及牛顿运动定律求解压力大小，第三个过程可用动能定理或运动学规律(较繁琐)求解运动距离．
(2)粒子运动轨迹如图所示，设 O1 为磁场的圆心，O2 为粒子做圆周运动的圆心， P′为粒子射出磁场的位置，则 P′O2∥PO1， △O1O2P′与△O1O2P 全等，粒子的轨道半径为 r＝R(2 分)
v20 粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力知，Bqv0＝m r (1 分) 3E 解得 B＝ .(2 分) v0 3R 1 (3)由(1)知粒子从 N 到 M 经历的时间为 t3＝，且有 ON＝ v0 2 at23(1 分) 3 代入 t3 得 ON＝ R(1 分) 2 π 由几何关系知 ON＝R ＋Rcos θ，则 θ＝ (2 分) 3
[规范解答]
(1)设粒子在 y 轴上的 N 点进入电场，则粒子从
N 到 M 的过程中做类平抛运动，设粒子从 N 到 M 经历的时间为 t3，由类平抛规律知 vy＝at3,3R＝v0t3(2 分) vy 在 M 点：tan α＝ (1 分) v0 由牛顿第二定律知 qE＝ma(1 分) v2 q 0 联立解得m＝ .(1 分) 3RE

《名师伴你行》2016高考二轮复习物理专题限时训练2Word版含解析

专题限时训练(二) 直线运动和牛顿运动定律(限时45分钟)一、单项选择题(每小题6分，共30分)1．(2015·重庆理综)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t ＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mgD.m gh t －mg 答案：A解析：设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at解得F ＝m 2gh t ＋mg .2．(2015·烟台模拟)在某次海试活动中，“蛟龙号”潜水器完成任务后从海底竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0<t )时刻距离海平面的深度为( )A.v t 2B ．v t 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 02t C.v t 202t D.v (t －t 0)22t答案：D解析：“蛟龙号”上浮时的加速度大小a ＝v t ，根据逆向思维可知“蛟龙号”在t 0时刻距离海平面的深度h ＝12a (t －t 0)2＝v (t －t 0)22t，D 正确．3．(2015·南昌模拟)从地面上以初速度v 0竖直上抛一个质量为m 的小球，从此时刻开始计时，若t 1时刻到达最高点，且落地前小球已经做匀速运动．已知重力加速度为g ，小球在运动过程中受到的空气阻力f 与其速度v 的大小成正比，即f ＝k v (k >0)，以竖直向上为速度的正方向，则下列描述小球运动的v -t 图象正确的是( )答案：B解析：小球上升时：a 1＝mg ＋k v m ，随着v 减小，加速度减小，对应的v -t 图线的斜率减小；小球下落时：a 2＝mg －k v m ，随着v 增大，加速度减小，匀速运动时有mg ＝k v 1，即v 1＝mg k ，所以选项B 正确．4．(2015·江苏单科)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5答案：C解析：同学加速到2 m/s时所用时间为t1，由v1＝at1，得t1＝v1 a＝1 s，通过的位移x1＝12at21＝1 m，然后匀速前进的位移x2＝v1(t－t1)＝8 m，因x1＋x2＝9 m>8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m，当关卡关闭t2＝2 s时，此同学在关卡2、3之间通过了x3＝v1t2＝4 m 的位移，接着关卡放行t＝ 5 s，同学通过的位移x4＝v1t＝10 m，此时距离关卡4为x5＝16 m－(1＋4＋10) m＝1 m，关卡关闭2 s，经过t3＝x5v1＝0.5 s后关卡4最先挡住他前进．5．(2015·南京二模)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量均为m的物体A、B接触(A与B 和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止．已知物体A 与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B与水平面间的摩擦不计．撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度为g.则()A．撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动B．撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为kx0m－μgC．物体A、B一起向左运动距离x0后相互分离D．物体A、B一起向左运动距离x＝x0－μmgk后相互分离答案：D解析：A、B一起先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，B与A分离，B做匀速运动，A做加速度增大的减速运动，当弹簧达到原长后，A与弹簧分离，做匀减速直线运动，故选项A错误；撤去F瞬间，由kx0－μmg＝2ma可知，选项B错误；当物体A、B相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F弹＝μmg＝kx，x＝μmg k，所以物体A、B一起向左运动距离x＝x0－μmgk后相互分离，选项D正确，C错误．二、多项选择题(每小题6分，共18分)6．(2014·山东理综)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的时刻有()A．t1B．t2C．t3D．t4答案：AC解析：当物体做加速运动时，加速度的方向和速度方向相同，合外力的方向与加速度的方向相同，v-t图象中t1和t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，t2和t4时刻二者方向相反，故正确选项为A、C.7．(2015·江苏单科)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小答案：AD解析：人受重力mg和支持力F N的作用，由牛顿第二定律得F N －mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力F N′＝F N＝mg＋ma，当t＝2 s时a有最大值，F N′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，F N′最小，选项A、D正确．8．如图甲所示，一质量为m＝1 kg的物体在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于物体运动的说法中正确的是()甲乙A．t＝1 s时物体开始做加速运动B．t＝2 s时物体做减速运动的加速度大小为2 m/s2C．t＝3 s时物体刚好停止运动D．物体在1～3 s内做匀减速直线运动答案：C解析：由题意可知，物体开始时做匀速直线运动，所以拉力F＝F f＝4 N，t＝1 s时拉力F开始减小，但摩擦力仍为F f＝4 N，故此时物体开始做减速运动，选项A错误；t＝2 s时物体受到的拉力大小为F ＝3 N，而摩擦力仍为F f＝4 N，故物体做减速运动的加速度大小为a＝F合m＝1 m/s2，选项B错误；由题图乙可以看出，在t＝3 s之前物体受到的摩擦力不变，故物体在运动，而t＝3 s之后物体受到的摩擦力逐渐减小，由摩擦力的特点可知其为静摩擦力，所以在t＝3 s时物体刚好停止运动，选项C正确；在1～3 s内，由于摩擦力不变而拉力F 逐渐减小，所以物体做加速度逐渐增大的减速运动，选项D错误．三、计算题(每小题16分，共32分)9．(2015·天津理综)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动．现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.答案：(1)0.2 s(2)0.1 m(3)－2 J解析：(1)邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动的过程中受到向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg＝ma由运动学公式得v＝at解得a＝5 m/s2，t＝0.2 s.(2)由运动学公式得v2＝2ax代入数据解得x＝0.1 m.(3)皮带受到向左的摩擦力f＝μmg邮件与皮带相对滑动的过程中皮带的位移为s＝v t＝0.2 m摩擦力对皮带所做的功为W＝－fs＝－2 J.10．(2015·全国理综Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．答案：(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s解析：(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1＝μ1N1①N1＝mg cos θ②f2＝μ2N2③N2＝N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－f1＝ma1⑤mg sin θ－f2＋f1′＝ma2⑥N1＝N1′⑦f1＝f1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得 a 1＝3 m/s 2⑨a 2＝1 m/s 2.⑩(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑪v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑫t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a 1′＝6 m/s 2⑬a 2′＝－2 m/s 2⑭B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑮联立⑫⑭⑮式得t 2＝1 s ⑯在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22 ＝12 m<27 m ⑰此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑱ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲ 设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s.。

2016年高考物理冲刺卷03(新课标Ⅱ卷)答案

2016年高考物理冲刺卷03（新课标Ⅱ卷）答案第Ⅰ卷选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

【名师点睛】根据运动轨迹的形状，可以判断速度和加速度的方向，速度方向沿切线，加速度方向指向轨迹的凹侧，再根据速率的变化就可确定速度和加速度的大致方向，将加速度分解为沿速度方向和垂直于速度方向，与速度垂直的加速度改变速度的方向，沿速度方向的加速度改变速度的大小。

15．C 【解析】当变阻器向右滑动时，电阻减小，电流增大，电压表V 2的示数增大，V 1的示数减小，所以b 是电压表V 2示数的变化情况，a 是电压表V 1示数的变化情况；当外电路电阻无限大时，电路中电流为0，故此时电压表V 1的示数就是a 的延长线交纵轴的坐标值，它等于电源的电动势，①正确；图线b 斜率的绝对值等于电阻R 0的阻值，②错误；图线a 、b 交点的横、纵坐标之积既等于此状态下电源的输出功率，也等于电阻R 0消耗的功率，③④正确，故选项C 正确。

考点：全电路欧姆定律。

【名师点晴】在全电路欧姆定律的规律中，路端电压与电流的图像中，图线与纵轴电压的交点就是电源的电动势，与横轴电流的交点就是短路电流，由其大小可以计算电源的内阻；再画出外电路电阻的图线，它过原点，其交点表示电路中的路端电压与电流，其乘积表示电源的输出功率。

16.C 【解析】根据左手定则可得两根直导线受到的安培力都是垂直导线斜向上，故两安培力的夹角为120°，12,F BIL F BIL ==，根据力的合成可得两力的合力为F BIL =，故C 正确；考点：考查了安培力的计算，力的合成【名师点睛】由安培力公式F BIL =进行计算，注意式中的L 应为等效长度17.C 【解析】小物块在水平方向受到摩擦力的作用，f mg μ=，产生的加速度：20.4104/mg a g m s f mm μμ⨯＝＝＝＝＝，若小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，速度减为零时的位移是x ，则，2220ax v --＝，得：2226 4.56224x m m a v ⨯＝＝＝＜，所以小物块不能到达B 点，故A 错误；小物块不能到达B 点，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度1v 后匀速运动，返回A 点速度为4/m s ，故B 错误；小物块向右加速的过程中的位移：12242422a x m v '⨯＝＝＝，当速度等于传送带速度1v 时，经历的时间：1246 2.54v v t s a ------＝＝＝，该时间内皮带的位移：14 2.510s v t m m ==⨯=，所以小物块相对于皮带的位移：10 4.5212.5x s x x m =+-'=+-= ，小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为：•0.410112.550Q f x J J ==⨯⨯⨯= ，故C 正确；小物块不能到达B 点，速度减为零后反向做匀加速运动加速的过程相对于初速度继续向左运动，所以小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离没有达到最大，故D 错误。

《名师伴你行》2016高考二轮复习物理专题限时训练6Word版含解析

专题限时训练(六)机械能守恒定律和功能关系(一)(限时45分钟)一、单项选择题(每小题6分，共30分)1．(2015·洛阳期末)一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物体做的功等于()A．物块动能的增加量B．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和C．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和D．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和答案：B解析：设下滑过程重力做功为W G，物块克服摩擦力做功为W f，由动能定理得W G－W f＝ΔE k，故W G＝ΔE k＋W f，即重力对物块做的功等于物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和，A项错误，B 项正确；由功能关系可知，重力做的功W G等于重力势能的减少量，C、D项错误．2．(2015·宁波模拟)如图为某双线客运索道，其索线由静止不动的承载索和牵引缆车运动的牵引索组成．运行过程中牵引索通过作用力F使缆车沿倾斜的承载索道斜向上加速移动，不计空气阻力，在缆车向上移动的过程中，下列说法正确的是()A．F对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力所做的功之和B．F对缆车做的功等于缆车克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能D．F对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和答案：D解析：有三个力对缆车做功，F对缆车做正功，摩擦力和重力对缆车做负功，三个力做的总功等于缆车动能的增量；F对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力、重力所做功之和，选项A、B错误；缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能，选项C错误；F 对缆车做的功和摩擦力对缆车做的功之和等于缆车机械能的增量，所以F对缆车做的功等于缆车机械能的增量和克服摩擦力做功之和，选项D正确．3．(2015·湖南株洲质检)如图所示，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2.假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则()A．ΔE k1＝ΔE k2B．ΔE k1<ΔE k2C．ΔE k1>ΔE k2D．无法比较ΔE k1、ΔE k2的大小答案：A解析：小球从最低点到最高点受到摩擦力做功W f＝μmg cos α×L ＝μmgx水平，摩擦力做的功与斜面倾角无关，水平推力为恒力，水平位移相同，所以推力做功相等，根据动能定理可知，两球到达A点时的速度相等，动能相等，因此A正确．4．如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，C为O点正下方杆上一点，滑轮到杆距离OC＝h.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°.现将A、B由静止释放，则()A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，加速度不断增大B．物块B从释放到最低点过程中，动能不断增大C．物块A在杆上长为23h的范围内做往复运动D．物块B的机械能最小时，物块A的动能为零答案：C解析：细线的拉力在由P点到C点的过程中，一直对物块A做正功，故物块A在C点时动能最大，又v B＝v A cos θ，故当θ＝90°时，v B＝0，物块B在最低点时，动能为零，机械能最小，此时物块A的动能最大，B、D均错误；由系统机械能守恒可知，当物块A至C点右侧3h处时速度恰好为0，之后往复运动，C正确；物块A在P点有加速度，但到达C点时加速度为零，故A一定错误．5．(2015·东北三省模拟)如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(可视为质点)从A 点以初速度v 0向左运动，接触弹簧后运动到C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．A 、C 两点间距离为L ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .则物块由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．弹簧和物块组成的系统机械能守恒B ．物块克服摩擦力做的功为12m v 20 C ．弹簧的弹性势能增加量为μmgLD ．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和答案：D解析：因为地面的摩擦力对物块做负功，物块和弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A 错误；根据动能定理，物块克服摩擦力和弹簧弹力做的总功为12m v 20，选项B 错误；根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能E p ＝12m v 20－μmgL ，选项C 错误；根据能量守恒定律，物块的初动能E k 等于弹簧的弹性势能E p 和摩擦产生的热量Q 之和，选项D 正确．二、多项选择题(每小题7分，共14分)6．(2015·云南检测)如图所示，n 个完全相同、边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l ，总质量为M ，它们一起以速度v 在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面．小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有的小方块所做功的数值为( )A.12M v 2 B ．M v 2 C.2μMgl D ．μMgl 答案：AC解析：对整体根据动能定理得W f ＝0－12M v 2，A 正确，B 错误；重心滑动的位移为12l ，因此摩擦力对整体做功为12μMgl ，C 正确，D 错误．7．(2015·甘肃模拟)内壁光滑的环形凹槽半径为R ，固定在竖直平面内，一根长度为2R 的轻杆，一端固定有质量为m 的小球甲，另一端固定有质量为2m 的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示．由静止释放后( )A ．下滑过程中甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能B ．下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C ．杆从左向右滑时，甲球无法下滑到凹槽的最低点D ．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点答案：ACD解析：甲球和乙球组成的系统机械能守恒，所以甲球减少的机械能等于乙球增加的机械能，选项A 正确；两球的质量不同，甲球减少的重力势能不等于乙球增加的重力势能，选项B 错误；乙球质量比甲球质量大，如果甲球能下滑到凹槽的最低点，系统的机械能是增加的，不符合机械能守恒定律，故甲球无法下滑到凹槽最低点，选项C正确；根据机械能守恒，杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，选项D正确．三、计算题(每小题18分，共36分)8．(2015·咸阳检测)如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，桌面高h，不计空气阻力，重力加速度取g.求：(1)小物块落地点距飞出点的水平距离s；(2)小物块落地时的动能E k；(3)小物块初速度v0的大小．答案：(1)v 2hg(2)12m v2＋mgh(3)2μgl＋v2解析：(1)由平抛运动规律有，竖直方向h＝12gt2水平方向s＝v t得水平距离s＝v 2h g.(2)由机械能守恒定律，动能E k＝12m v2＋mgh.(3)由动能定理，有－μmgl ＝12m v 2－12m v 20 得初速度大小v 0＝2μgl ＋v 2.9. (2015·福建理综)如图所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M 2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ；②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s .答案：(1)3mg (2)① gR 3 ②13L 解析：(1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒mgR ＝12m v 2B 滑块在B 点处，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2B R解得N ＝3mg由牛顿第三定律得N ′＝3mg .(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大，由机械能守恒得mgR ＝12M v 2m ＋12m (2v m )2 解得v m ＝ gR 3. ②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ，由功能关系得mgR －μmgL ＝12M v 2C ＋12m (2v C )2 设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ，由牛顿第二定律得μmg ＝Ma由运动学规律得v 2C －v 2m ＝－2as解得s ＝13L .。

《名师伴你行》2016年高考二轮复习物理专题突破篇1-5-1物理实验习题

[真题再现]1.(2015·全国理综Ⅱ)某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离．(a)(b)(1)物块下滑时的加速度a＝________ m/s2，打C点时物块的速度v＝________ m/s.(2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)．A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角答案：(1)3.25 1.79(2)C解析：(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm，由a＝ΔxT2得a＝0.13×10－2(0.02)2m/s2＝3.25 m/s2，其中C点速度v＝x BDt BD＝(3.65＋3.52)×10－22×0.02m/s＝1.79 m/s.(2)对物块进行受力分析如图所示，则物块所受合外力为F合＝mg sinθ－μmg cosθ，即a＝g sinθ－μg cosθ得μ＝g sinθ－ag cosθ，所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ.2．(2014·新课标全国卷Ⅰ)某同学利用图(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图(b)所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图(b)可知，a-m图线不经过原点，可能的原因是________．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是______________，钩码的质量应满足的条件是________________．答案：(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量解析：(1)根据题图(b)坐标系中给出的数据，连线，小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)根据题图(b)中数据，小车受到钩码的拉力的作用，但没有加速度，故未平衡摩擦力或倾角过小，没有完全平衡摩擦力．(3)在实验中要求“直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力”需要满足两个条件：①平衡摩擦力；②钩码的质量远小于小车(含发射器)的质量．3．(2014·新课标全国卷Ⅱ)某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系．实验装置如图甲所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P 0、P 1、P 2、P 3、P 4、P 5、P 6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P 0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x 0；挂有质量为0.100 kg 的砝码时，各指针的位置记为x .测量结果及部分计算结果如下表所示(n 为弹簧的圈数，取重力加速度为 9.80 m/s 2)．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm.(2)以n 为横坐标，1k 为纵坐标，在图乙给出的坐标纸上画出1k -n 图象．乙(3)图乙中画出的直线可近似认为通过原点．若从实验中所用的弹簧截取圈数为n 的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k 与其圈数n 的关系的表达式为k ＝________N/m ；该弹簧的劲度系数k 与其自由长度l 0(单位为m)的关系的表达式为k ＝________N/m.答案：(1)①81.7 ②0.012 2 (2)见解析图 (3)③1.75×103n ⎝⎛ 在1.67×103n ～⎭⎪⎫1.83×103n 之间均正确 3.47l 0⎝ ⎛⎭⎪⎫在3.31l 0～3.62l 0之间均正确解析：根据胡克定律解题．(1)根据胡克定律有mg ＝k (x －x 0)，解得k ＝mgx －x 0＝0.100×9.80(5.26－4.06)×10－2 N/m ≈81.7 N/m ，1k ＝0.012 2.(2)1k -n 图象如图所示．(3)根据图象可知，k 与n 的关系表达式为k ＝1.75×103n ，k 与l 0的关系表达式为k ＝3.47l 0.规律探寻分析近几年高考试题不难看出命题规律：1．“常规实验题”：该小题命题立足教材，侧重考查完成实验的能力．涉及基本仪器的使用(含读数)、实验原理和测量方法的理解、实验条件的控制、实验步骤的编排、实验数据的处理、实验误差的分析．2．“能力迁移题”：该命题立足迁移，侧重考查设计简单实验方案的能力．突出实验原理的迁移、测量方法的迁移、数据处理方法的迁移(图象法和平均值法)等．3．“创新实验题”：“新”可以更加有效地考查学生分析问题的能力，区分度也很明显．其实这类题依然是以实验基础为依据，只不过在新的背景、新的命题方式下进行考查．[考题预测]某同学验证动能定理的实验装置如图甲所示．水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带遮光片的长方形滑块，其总质量为M，实验步骤如下：甲①用游标卡尺测出遮光片的宽度d；②安装好实验器材，给气垫导轨接上气源，然后读出拉力传感器的示数，记为F，同时从气垫导轨刻度尺上读出滑块与光电门之间的距离L；③剪断细绳，让滑块滑向光电门，并记录滑块通过光电门的时间t；④多次改变滑块与光电门之间的距离，记录相应的L与t的值，结果如下表所示：(1)用游标卡尺测量遮光片宽度d的测量结果如图乙所示，则d＝________cm.乙(2)剪断细绳后，滑块开始加速下滑，则其受到的合外力为________．(3)剪断细绳后，在滑块从A运动至B的过程中，合外力对滑块、遮光片组成的系统做的功可表示为W＝________，动能的增加量可表示为ΔE k＝________；若动能定理成立，则在本实验中1t2与L的关系式为1t2＝________.(4)以L为横坐标，1t2为纵坐标，请在图丙所示的坐标系中描点，并作出1t2－L图象，根据你所作的图象，本实验________(填“能”或“不能”)验证动能定理，理由是____________________________．丙答案：(1)1.00 (2)F (3)见解析 (4)能得到的实验图象为线性图象解析：(1)宽度d ＝10 mm ＋0×0.1 mm ＝1.00 cm.(2)剪断细绳前拉力传感器的示数便是剪断细绳后滑块沿斜面滑动所受到的合外力，即F .(3)合外力做的功为W ＝FL ，动能的增加量为ΔE k ＝12M v 2＝12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2，由动能定理得FL ＝12M v 2＝12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2.解得1t 2＝2FL Md2.(4)所作的图象如图所示．由1t2＝2FMd2·L可知1t2∝L，即1t2与L是线性关系．从1t2-L图象中可看出作出的图象为一条直线，因此该实验能验证动能定理．。

高考物理二轮专题复习 (7)

第二部分专题一第2讲第26页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
2．(2015·湖北八校联考)如图所示，可看做质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量为 M＝4 kg，长度为 L＝2 m，小物块质量为 m＝1 kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止．现在用一大小为 F 的水平恒力作用于小物块上，发现只有当 F 超过 2.5 N 时，才能让两物体间产生相对滑动．设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度取 g＝ 10 m/s2，试求：
第二部分专题一第2讲第33页
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解析：因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，所以小球在绳没有断时受到轻绳的拉力 FT、重力 mg 和弹簧的弹力 F 作用而处于平衡状态．依据平衡条件得：竖直方向有 FTcos θ＝mg，水平方向有 FTsin θ＝F.解得轻弹簧的弹力为 F＝mgtan θ＝20 N，故选项 A 正确；剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与小球所受重力平衡，即 FN＝mg，由牛顿第二定律得小球的加速度为 a＝F－mμFN＝20－02.2×20 m/s2＝8 m/s2 ，方向向左，选项 B 正确；当剪断弹簧的瞬间，小球立即受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为 0，选项 C 错误，D 正确．
第二部分专题一第2讲第16页
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解析：以小球为研究对象，其受力情况为：重力 G 和杆对它的弹力 FN.
(1)当小车静止时，小球处于平衡状态，由平衡条件可知：G 与 FN 必为一对平衡力，即大小相等、方向相反，故弹力 FN 的大小等于 mg，方向竖直向上，如图甲所示．
忽略不计(合力始终为零)

《名师伴你行》2016高考二轮复习物理考前保温训练2Word版含解析

考前保温训练(二)质点运动的基本规律(限时30分钟)1．质点做直线运动的v－t图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8 s内平均速度的大小和方向分别为()A．0.25 m/s，向右B．0.25 m/s，向左C．1 m/s，向右D．1 m/s，向左答案：B解析：由图象面积计算0～3 s内质点的位移s1＝2×3×12m＝3 m，方向向右；3～8 s内位移s2＝2×5×12m＝5 m，方向向左，所以前8 s内的总位移s＝s1－s2＝－2 m.v＝st＝－28m/s＝－0.25 m/s，即大小为0.25 m/s，方向向左．B正确．2．(多选)一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为：x ＝15＋10t－5t2(m)，t的单位为s.下列关于该质点运动的说法正确的是()A．该质点的加速度大小为5 m/s2B．t＝3 s时刻该质点速度为零C．0～3 s内该质点的平均速度大小为5 m/sD．物体处于x＝0处时其速度大小为20 m/s答案：CD解析：由x＝15＋10t－5t2(m)可知，初速度v0＝10 m/s，加速度a ＝－10 m/s2，则A错；由速度公式v＝v0＋at得t＝3 s时，v＝－20 m/s，B 错；t ＝3 s 时，x ＝0 m ，t ＝0时，x ＝15 m ，则0～3 s 内该质点的平均速度v ＝Δx Δt ＝0－15 m 3 s＝－5 m/s ，大小为5 m/s ，C 对；当x ＝0时，得t ＝3 s ，则v ＝－20 m/s ，速度大小为20 m/s ，D 对．3．(多选)酒后驾驶会导致许多隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，“反应时间”是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间．下表中“反应距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“刹车距离”是指驾驶员从踩下刹车踏板制动到汽车停止的时间内汽车行驶的距离．分析下表可知，下列说法正确的是( )A.B ．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sC ．汽车刹车时，加速度大小为10 m/s 2D ．汽车刹车时，加速度大小为7.5 m/s 2答案：AD解析：驾驶员正常情况下反应时间t 1＝615s ＝0.4 s ，酒后反应时间t 2＝1215s ＝0.8 s ，比正常情况多0.4 s ，A 项正确，B 项错；在刹车过程中0－v 2＝2ax ，即0－152＝－2×a ×15，解得a ＝7.5 m/s 2，所以C 项错，D 项正确．4．如图所示，自行车的小齿轮A 、大齿轮B 、后轮C 是相互关联的三个转动部分，且半径R B ＝4R A 、R C ＝8R A .当自行车正常骑行时，A 、B 、C 三轮边缘的向心加速度的大小之比a A ∶a B ∶a C 等于( )A ．1∶1∶8B ．4∶1∶4C ．4∶1∶32D ．1∶2∶4答案：C解析：小齿轮A 和大齿轮B 通过链条传动，齿轮边缘线速度相等，即v A ＝v B ，小齿轮A 和后轮C 同轴转动，角速度相等，有ωA ＝ωC .由a ＝v 2R 可判断a A ∶a B ＝R B ∶R A ＝4∶1，同时由a ＝ω2R 可判断a A ∶a C ＝R A ∶R C ＝1∶8，所以有a A ∶a B ∶a C ＝4∶1∶32，C 正确．5．CTMD(中国战区导弹防御体系)是一种战术型导弹防御系统，可以拦截各类型的短程及中程超音速导弹．在某次演习中，检测系统测得关闭发动机的导弹在距地面高为H 处，其速度为v 且恰好水平，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v 0竖直向上发射一颗炮弹成功拦截．已知发射时炮弹与导弹的水平距离为s ，不计空气阻力，则( )A ．v 0＝H s vB ．v 0＝H s vC ．v 0＝s H vD ．v 0＝v答案：A解析：炮弹做竖直上抛运动有：h1＝v0t－12gt2，导弹做平抛运动有：s＝v t，h2＝12gt 2，且h1＋h2＝H，联立得：v0＝Hsv，所以只有A项正确．6．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，已知r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心O、O′的距离分别为R A、R B，且R A＝2R B.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动，且转速逐渐增大，则下列叙述正确的是()A．滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的角速度大小之比为ωA∶ωB ＝1∶3B．滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的向心加速度大小之比为a A∶a B＝1∶3C．转速增大后最终滑块A先发生相对滑动D．转速增大后最终滑块B先发生相对滑动答案：AD解析：由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲r 甲＝ω乙r 乙，则ω甲∶ω乙＝r 乙∶r 甲＝1∶3，所以滑块相对轮盘开始滑动前，A 、B 的角速度大小之比为1∶3，A 正确；滑块相对轮盘开始滑动前，根据a ＝ω2r 得A 、B 的向心加速度大小之比为a A ∶a B ＝(ω2甲R A )∶(ω2乙R B )＝2∶9，B 错误；据题意可得两滑块所受的最大静摩擦力分别为f A ＝μm A g ，f B ＝μm B g ，最大静摩擦力之比为f A ∶f B ＝m A ∶m B ，转动中两滑块所受的静摩擦力之比为f A ′∶f B ′＝(m A a A )∶(m B a B )＝(2m A )∶(9m B )，由此可知，当轮盘乙的转速缓慢增大时，滑块B 的静摩擦力先达到最大，先开始滑动，C 错误，D 正确．7．如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m 的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )A ．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B ．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg 的压力C ．人在最低点时对座位的压力等于mgD ．人在最低点时对座位的压力大于mg答案：D解析：人在最低点，由向心力公式可得：F －mg ＝m v 2R ，即F ＝mg ＋m v 2R >mg ，故选项C 错误，D 正确；人在最高点，由向心力公式可得：F ＋mg ＝m v 2R ，可知当v 大于某一值时，满足：F ≥0，则没有保险带，人也不会掉下来，选项A 错误；F >0，人对座位能产生压力，压力随速度的增大而增大，大小可能等于mg ，F <0，安全带对人产生拉力，选项B 错误．8．利用探测器探测某行星，先让探测器贴近该行星表面飞行，测得探测器做圆周运动的周期为T 1，然后调节探测器离行星表面的高度，当离行星表面高度为h 时，探测器做圆周运动运行一周的时间为T 2.已知引力常量为G ，则下列判断正确的是( )A ．不能求出该行星的质量B ．不能求出该行星的密度C ．可求出探测器贴近行星表面飞行时，行星对它的引力D ．可求出该行星的第一宇宙速度答案：D解析：由开普勒第三定律得T 21R 3＝T 22(R ＋h )3，可求得行星的半径R ，由G Mm R 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 12R 可求得行星的质量M ，A 错误；由ρ＝M 43πR 3可求得行星的密度，B 错误；由F ＝G Mm R 2可知，由于探测器的质量未知，无法求出行星对探测器的引力，C 错误；由G Mm R 2＝m v 2R 可求出该行星的第一宇宙速度，D 正确．9.2014年12月2日，国防科工局探月与航天工程中心副主任表示，探月工程三期再入返回飞行试验器的返回舱安全着陆在预定着陆点，任务取得圆满成功，这是我国首次实施再入返回飞行试验，飞行试验器经历地月转移、月球近旁转向、月地转移、再入返回、着陆回收五个阶段，假设飞行试验器返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是()A．飞行试验器在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度小于在Q点的速度B．飞行试验器在轨道Ⅰ上运动时，在P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动时在P点的速度C．飞行试验器在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞行试验器在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．飞行试验器绕月球在轨道Ⅰ上的运动周期跟飞行试验器的返回器返回地面的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样半径运动的周期相同答案：C解析：由飞行试验器在轨道Ⅱ上运动时机械能守恒可知，飞行试验器在P点的速度大于在Q点的速度，选项A错误；飞行试验器从轨道Ⅰ加速即可进入到轨道Ⅱ，所以飞行试验器在轨道Ⅰ上运动时经过P 点的速度小于在轨道Ⅱ上运动时经过P点的速度，选项B错误；飞行试验器在空间同一点所受万有引力相同，所以飞行试验器在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞行试验器在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度，选项C正确；飞行试验器绕月球在轨道Ⅰ上的运动周期跟飞行试验器的返回器返回地面的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样半径运动的周期不相同，选项D错误．10．如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A 点以速度v 0平抛，恰好沿B 点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g ，则A 、B 之间的水平距离为( )A.v 20tan αgB.2v 20tan αgC.v 20g tan αD.2v 20g tan α答案：A解析：设小球到B 点时速度为v ，如图所示，在B 点分解其速度可知：v x ＝v 0，v y ＝v 0tan α，又知小球在竖直方向做自由落体运动，则有v y ＝gt ，联立得：t ＝v 0tan αg ，A 、B 之间的水平距离为x AB ＝v 0t ＝v 20tan αg，所以只有A 项正确． 11．人类第一次登上月球时，宇航员在月球表面做了一个实验：将一片羽毛和一个铁锤从同一高度由静止同时释放，二者几乎同时落地．若羽毛和铁锤是从高度为h 处下落，经时间t 落到月球表面．已知引力常量为G ，月球的半径为R .(1)求月球表面的自由落体加速度大小g 月；(2)若不考虑月球自转的影响，求：①月球的质量M ；②月球的“第一宇宙速度”大小v .答案：(1)2h t 2 (2)①2hR 2Gt 2 ②2hR t 解析：(1)月球表面附近的物体做自由落体运动h ＝12g 月t 2 月球表面的自由落体加速度大小g 月＝2h t 2. (2)①若不考虑月球自转的影响，有G Mm R2＝mg 月月球的质量M ＝2hR 2Gt2. ②质量为m ′的飞行器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，有m ′g 月＝m ′v 2R月球的“第一宇宙速度”大小v ＝g 月R ＝2hR t .12．一足够长的水平传送带，以v 1＝2 m/s 的速度匀速运动．将一粉笔头无初速度地放在传送带上，当其达到与传送带相对静止时产生的划痕长L 1＝4 m.(1)求粉笔头与传送带之间的动摩擦因数；(2)若关闭发动机让传送带以a 2＝1.5 m/s 2的加速度减速运动，同时将该粉笔头无初速度地放在传送带上，求粉笔头相对传送带滑动的位移大小L 2.(取g ＝10 m/s 2)答案：(1)0.05 (2)0.83 m解析：(1)设二者之间的动摩擦因数为μ，第一次粉笔头打滑的时间为t ，则依据传送带比粉笔头位移大L 1得v 1t －v 12t ＝L 1 粉笔头的加速度a 1＝μg ＝v 1t解得μ＝0.05.(2)传送带减速运动时，粉笔头先加速到与传送带速度相同，然后减速到零．设二者达到的共同速度为v 共，由运动的等时性得v 1－v 共a 2＝v 共a 1解得v 共＝0.5 m/s此过程中传送带比粉笔头多走的位移x 1＝v 21－v 2共2a 2－v 2共2a 1＝1 m 粉笔头减速到零的过程中粉笔头比传送带多走的位移x 2＝v 2共2a 1－v 2共2a 2＝16m. 粉笔头相对传送带滑动的位移大小为L 2＝x 1－x 2＝0.83 m.。

【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第二部分考前保温训练7 电磁感应和交变电流.

考前保温训练(七)电磁感应和交变电流(限时30分钟)1．某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律．当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是()A．a→G→bB．先a→G→b，后b→G→aC．b→G→aD．先b→G→a，后a→G→b答案：D解析：①确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下．②明确回路中磁通量变化的情况：向下的磁通量增加．③由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁场方向向上．④应用安培定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即：从b→G→a.同理可以判断出条形磁铁穿出线圈过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得：线圈中将产生顺时针的感应电流(俯视)，电流从a→G→b.2．如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt的大小应为( )A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π答案：C解析：设圆的半径为L ，电阻为R ，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E 1＝12B 0ωL 2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E 2＝12πL 2ΔB Δt ，由E 1R ＝E 2R 得12B 0ωL 2＝12πL 2ΔB Δt ，即ΔB Δt ＝ωB 0π，故C 项正确．3．(多选)一个矩形线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的感应电动势随时间变化的关系图象如图所示，下列说法中正确的是( )A ．线框中产生的感应电动势瞬时值表达式为e ＝311sin 100πt (V)B ．t ＝0.01 s 时穿过线框的磁通量变化率为0C ．t ＝0.005 s 时穿过线框的磁通量最大D ．线框转动的角速度为100π rad/s答案：CD解析：由图象知，感应电动势最大值E m ＝311 V ，周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT ＝ 100π rad/s ，选项D 正确；由图知线框从与磁场平行的位置开始转动，感应电动势瞬时值表达式为e ＝311cos 100πt (V)，选项A错误；t＝0.01 s 时感应电动势最大，穿过线框的磁通量变化率最大，选项B错误；t＝0.005 s时感应电动势为0，线圈处于中性面位置，穿过线框的磁通量最大，选项C正确．4．(多选)如图所示，一根导线制成的斜边AB长为2L的等腰直角三角形线框ABC以速度v匀速穿过宽度为2L的匀强磁场，电流以逆时针方向为正，回路中的感应电流I和AB两端的电压U AB随线框位移x变化的关系图象正确的是()答案：AD解析：线框进入磁场过程中，穿过线框垂直于纸面向里的磁通量增加，感应电流沿逆时针方向，线框出磁场过程中，穿过线框垂直于纸面向里的磁通量减少，感应电流沿顺时针方向；线框进入磁场过程中切割磁感线的有效长度先增大后减小，感应电动势先增大后减小，感应电流先增大后减小；线框出磁场过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，感应电动势先增大后减小，感应电流先增大后减小，选项A正确，B错误；线框进入磁场过程，电流方向从A到B，U AB>0，大小随电流先增大后减小，线框出磁场过程，电流方向从B到A，U AB<0，大小随电流先增大后减小，选项C错误，D正确．5．(多选)图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω.若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kW.下列说法中正确的是()甲乙A．用户端交流电的频率为50 HzB．用户端电压为250 VC．输电线中的电流为30 AD．输电线路损耗功率为180 kW答案：AC解析：由题图乙知交流电的周期为0.02 s，频率为50 Hz，选项A 正确．由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V ，根据电压与匝数成正比知升压变压器副线圈电压为25 000 V ，由P ＝UI 得输电线中的电流为I ＝30 A ，输电线上损失的电压为ΔU ＝IR ＝3 000 V ，降压变压器输入端电压为22 000 V ，用户端电压为220 V ，选项B 错误，C 正确．输电线路损耗功率为ΔP ＝ΔUI ＝90 kW ，选项D 错误．6．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2答案：A解析：第一次ab 边是电源，第二次bc 边是电源．设线框ab 、bc 边长分别为l 1、l 2，第一次时线框中产生的热量Q 1＝I 21Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫Bl 1v R 2·R ·l 2v ＝B 2l 21l 2v R ＝B 2l 1l 2v R l 1，同理第二次时线框中产生的热量Q 2＝B 2l 1l 2v R l 2，由于l 1>l 2，所以Q 1>Q 2.通过线框导体横截面的电荷量q ＝n ΔΦR ＝Bl 1l 2R ，故q 1＝q 2，A 选项正确．7．如图所示，有一矩形线圈的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，绕OO ′轴在水平方向的磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P 上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R ，下列判断正确的是( )A ．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωcos ωtB ．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间时，通过电流表的电荷量为0C ．当P 不动、R 增大时，电压表读数也增大D ．当P 向上移动、R 不变时，电流表读数减小答案：A解析：矩形线圈切割磁感线产生的感应电流为正弦式交变电流，题图示时刻线圈切割磁感线产生的感应电动势最大，最大值为E m ＝NBSω，则其瞬时值表达式为e ＝NBSωcos ωt ，选项A 正确；矩形线圈从图示位置经过π2ω时间，刚好为14周期，磁通量的变化量不为0，通过电流表的电荷量不为0，选项B 错误；电压表读数为电压的有效值，矩形线圈的电阻不计，故电压表的示数为交流电压的有效值，恒定不变，选项C 错误；当P 向上移动、R 不变时，原线圈的电压不变，副线圈的电压增大，输出功率变大，故原线圈中的电流增大，选项D 错误．器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．若输送功率增大，下列说法中正确的有( )A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．输电线上损耗的功率增大D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大答案：CD解析：已知发电厂的输出电压不变，升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则由n 1n 2＝U 1U 2知，升压变压器的输出电压U 2不变，A 错；若输送功率增大，输电电压U 2不变，则由P ＝U 2I 2知，输电线上电流I 2增大，又输电线的电阻不变，由U 损＝I 2R 知输电线上损失电压增大，则降压变压器输出电压减小，B 错．因输电电流增大，则由P ＝I 22R 知，输电线上损耗的功率变大，C 对．输电线上损耗功率占总功率的比例⎝ ⎛⎭⎪⎫I 22R U 2I 2＝I 2R U 2增大，D 对．9．(多选)如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L .一个质量为m 、电阻为R、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t ＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合，导线框的速度为v0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时，导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置(不计空气阻力)，则()A．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小B．上升过程中克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力做功的平均功率C．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多D．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等答案：AC解析：上升过程中，导线框的加速度a1＝mg＋B2L2vRm随速度v的减小而减小，选项A正确；下降过程中，导线框的加速度a2＝mg－B2L2v Rm随速度v的增大而减小，平均加速度a1>a2，由h＝12a t2，可得上升时间短，P＝mght，因此上升过程中克服重力做功的平均功率大，选项B错误；由于安培力做负功，线框在下降过程中的速度小于同一高度上升时的速度，因此上升过程中合力做的功大于下降过程中合力做的功，选项D错误；下降过程的安培力小于同一高度上升时的安培力，上升过程克服安培力做功多，选项C正确．10．(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示，除电阻R 外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A ．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bC ．金属捧的速度为v 时，电路中的电功率为B 2L 2v 2RD ．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量答案：AC解析：刚释放瞬间金属棒只受重力，故加速度a ＝g ，A 项正确．金属棒向下运动时用右手定则判断，电流沿顺时针方向，B 项错误．当金属棒的速度为v 时，E ＝Bl v ，P ＝E 2R ＝B 2L 2v 2R ，C 项正确．根据能量守恒可知，电阻R 上产生的总热量等于减少的重力势能与增加的动能之差，D 项错误．11．如图所示，倾角θ＝60°的倾斜平行直轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道上半部分处有磁感应强度为B的垂直于轨道平面的匀强磁场，磁场区域足够大，圆形轨道末端接有一阻值为R的电阻．质量为m的金属棒从距轨道最低点C高度为H处静止释放，运动到最低点C时的速度大小v C＝6gr，金属棒及轨道电阻不计，摩擦不计，求：(1)金属棒中产生感应电动势的最大值E m；(2)金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量Q；(3)金属棒能否能通过圆形轨道的最高点D？若能通过，求在此点时金属棒对轨道的压力．答案：见解析解析：(1)磁场区域足够大，金属棒由静止开始先做变加速运动，当重力沿导轨向下的分力与安培力平衡时，金属棒在磁场中运动的速度最大，产生的感应电动势也最大．设在磁场中达到的最大速度为v m，有E m＝BL v m根据闭合电路欧姆定律有I m＝E m R根据平衡条件有mg sin θ＝BI m L解得E m＝3mgR 2BL.(2)根据能量守恒定律，金属棒下滑过程中电阻R上产生的热量等于金属棒损失的机械能，所以有Q ＝mgH －12m v 2C 解得Q ＝mg (H －3r )．(3)假设金属棒能通过圆形轨道的最高点D ，则金属棒由C 点运动到D 点机械能守恒，根据机械能守恒定律有12m v 2C ＝12m v 2D＋mg ·2r 解得v D ＝2gr金属棒通过圆形轨道最高点D 时，根据牛顿第二定律及向心力公式有F N D ＋mg ＝m v 2D r解得F N D ＝mg ，所以金属棒能通过最高点．由牛顿第三定律可知，金属棒通过圆形轨道最高点D 时对轨道的压力F ′N D ＝F N D －mg ，方向竖直向上．考前保温训练(八) 物理实验(限时30分钟)1．某同学用图甲所示装置进行“探究恒力做功与动能改变的关系”实验．平衡摩擦力后，通过实验得到图乙所示的纸带．纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s 的相邻计数点A 、B 、C 、D 、E 、F .实验时小车的质量为0.390 kg ，小车受到细绳的拉力为0.40 N ．回答下列问题：(计算结果保留3位有效数字)甲乙(1)小车从O 到E ，所受合力做的功W ＝________J ；动能变化量ΔE k ＝________J.(2)实验中该同学发现W 略大于ΔE k ，其主要原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________(写出一条即可)．答案：(1)0.188 0.180 (2)小车受到空气阻力的作用(纸带阻力等，从系统误差的角度回答)解析：(1)合力做的功W ＝Fx OE ＝0.4×46.90×10－2 J ＝0.188 J动能的变化量ΔE k ＝12m v 2E －0＝12×0.390×⎣⎢⎡⎦⎥⎤(57.00－37.80)2×0.1×10－22 J －0＝0.180 J. (2)虽然平衡了摩擦力，但是每次运动中空气或纸带的阻力做负功，所以W 略大于ΔE k .2．(1)用20分度的游标卡尺测量某工件的内径时，示数如图甲所示，由图可知其长度为________cm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径时，示数如图乙所示，由图可知其直径为________mm.(2)某同学采用如图丙所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系．用砂桶和砂的重力充当小车所受合力F；通过分析打点计时器打出的纸带，测量加速度a.分别以合力F和加速度a作为横轴和纵轴，建立坐标系．根据实验中得到的数据描出如图丁所示的点迹，结果跟教材中的结论不完全一致．该同学列举产生这种结果的可能原因如下：①在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高；②没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低；③砂桶和砂的质量过大，不满足砂桶和砂的质量远小于小车质量的实验条件；④测量小车的质量或者加速度时的偶然误差过大．通过进一步分析，你认为比较合理的原因可能是()A．①和④B．②和③C．①和③D．②和④答案：(1)5.015 4.700(2)C解析：(1)游标卡尺读数50 mm＋0.05×3 mm＝50.15 mm＝5.015 cm.螺旋测微器读数4.5 mm＋0.01×20.0 mm＝4.700 mm.(2)由题图丁可知当F＝0时，a≠0，则Mg sin θ>f，说明θ角偏大，右端垫得过高；图象的末端不是直线说明砂桶和砂的总质量m0和小车质量M不满足m0≪M的关系，所以只有C选项正确．3．已知电阻丝的电阻约为10 Ω，现备有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用，应选用的器材有________(只填代号)．画出用伏安法测上述电阻丝的电阻时的电路图．A．量程是0.6 A，内阻是0.5 Ω的电流表；B．量程是3 A，内阻是0.1 Ω的电流表；C．量程是3 V，内阻是6 kΩ的电压表；D．量程是15 V，内阻是30 kΩ的电压表；E．阻值为0～1 kΩ，额定电流为0.5 A的滑动变阻器；F．阻值为0～10 Ω，额定电流为2 A的滑动变阻器；G．蓄电池(6 V)；H．开关一个，导线若干．答案：ACFGH电路图如图所示解析：①先选H和电源G.②选电流表电源选定后可估算总电流，不连入滑动变阻器时干路电流最大值I max＝610A＝0.6 A，因此电流表选A.若选B表，会有以下不足：首先0.6 A电流太小，指针偏转范围不足总刻度的三分之一，读数时误差较大；其次电流表的满偏电流越大，分度值即精确度越低，故不选B.③选电压表若选C表，量程3 V，则流过R的电流要被控制在0.3 A以下，由上面所选A电流表的量程知，此时其指针可偏转较大．若选D表，电压表为15 V量程时，精确度太低，为实现电压表和电流表精确度的匹配，应选C表而不选D表．④选变阻器由于上面所选的是量程为3 V的电压表，滑动变阻器用限流接法时，选0～10 Ω的变阻器时阻值太小(电阻丝电压超过电压表量程)，选用0～1 000 Ω的变阻器时阻值太大(调节不方便)，因此决定滑动变阻器采用分压电路的连接方式．由于电阻丝阻值约为10 Ω，为在3 V、0.3 A以下范围内调节滑动变阻器，读取几组测量值，滑动变阻器应选0～10 Ω的．不选用0～1 000 Ω的滑动变阻器，一是因为其阻值太大，调压不灵敏；二是在满足要求的情况下，应尽量选用小规格的器材．⑤确定电流表的接法由R x＝10 Ω，R A＝0.5 Ω，R V＝6 kΩ分析可知，为减小R A分压带来的误差，应选用电流表外接法．选用实验器材一般应根据实验原理掌握“可行”“精确”和“方便”的原则．“可行”是指选用的实验器材要能保持实验的正常进行；“精确”是指选用的实验器材要考虑尽可能地减小实验误差(如电表的指针偏转要求较大)；“方便”是指选用的实验器材要便于操作．4．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1 k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：a．____________________________________________________ ____________________.b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处．c．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是________Ω.(2)为了尽量准确测该电阻，要求测量时，电表指针有较大偏转，测量多组数据．除被测电阻外，还备有如下实验仪器，请选择仪器，设计实验电路．A．电压表V(量程50 V、内阻约为25 kΩ)B．电流表A1(量程500 mA、内电阻r1＝20 Ω)C．电流表A2(量程100 mA、内电阻约5 Ω)D．定值电阻R0(80 Ω)E．滑动变阻器R(0～10 Ω)F．电源：电动势E＝6 V，内电阻较小G．导线、开关若干请在虚线框内画出能准确测量电阻R的电路图(要求在电路图上标出元件符号)．请根据设计的电路图写出R x的测量值表达式R x＝________.答案：(1)a.换用×10倍率的挡位c．120(2)电路图见解析I1I2－I1(R0＋r)解析：(1)由题知选择×100倍率的电阻挡，正确操作时，发现多用电表的指针偏转角度太大，由多用电表的电阻刻度特点可知，为了使读数准确，指针要摆到表盘中央附近，则要把×100倍率挡换成×10倍率挡．由欧姆表盘的读数规则可知测量结果为12.0×10 Ω＝120 Ω.(2)已知电源电动势E＝6 V，而电压表V的量程为50 V，相比较可得知，此电压表不可选，误差太大；由电源电动势E＝6 V，被测阻值约120 Ω，可知：通过R x的最大电流约为I＝ER x＝50 mA；此题要用伏安法测电阻，测量中表的指针要有较大角度偏转误差才会较小，同时知A1的量程和内电阻，可将定值电阻R0与A1串联改装成一电压表测R x两端的电压；滑动变阻器R＝10 Ω比被测电阻R x小得多，则采取分压式接法，则电路图如图所示：由电路图可知，R x两端电压U x＝I1(R0＋r1) R x中的电流I x＝I2－I1则R x＝U xI x＝I1I2－I1(R0＋r1)．数，其中，a是滑块(可视为质点)，b是可以固定于桌面的滑槽(滑槽末端与桌面相切)．实验操作步骤如下：A．将滑槽固定于水平桌面的右端，滑槽的末端与桌面的右端M 对齐，让滑块a从滑槽上最高点由静止滑下，落在水平地面上的P 点，并测出桌面的高度MO为h，OP距离为x0；B．将滑槽沿桌面向左移动一段距离，测出滑槽的末端N与桌面的右端M的距离为L，让滑块a再次从滑槽上最高点由静止滑下，落在水平地面上的P′点，测出OP′距离为x；改变L，重复上述步骤，分别记录实验数据．不计空气阻力．请回答下列问题：(1)实验________(填“需要”或“不需要”)测量滑块的质量m.(2)根据实验记录的数据作出x2-L关系的图象如图所示，若图中纵截距为x20，横截距为L0，则可求出滑块a与桌面间的动摩擦因数的表达式是μ＝________.(3)若更换不同材料的滑槽使滑块a与滑槽b间摩擦阻力减小，则滑块a与桌面间的动摩擦因数的测量结果将________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)．答案：(1)不需要(2)x204hL0(3)不变解析：滑块a从滑槽上最高点由静止滑到M点时的速度为v0，则根据平抛运动的知识可得x0＝v0t，h＝12gt2，将滑槽左移一段距离L后，让滑块a再次从滑槽上最高点由静止滑下，运动到M点的速度为v，则有x＝v t，h＝12gt2，根据动能定理得－μmgL＝12m v2－12m v2，联立各式可解得x2＝x20－4μhL，由此式可知不需测量滑块的质量．再联系x2-L图象有x20L0＝4μh，即μ＝x204hL0.若更换不同材料的滑槽使滑块a与滑槽b间摩擦阻力减小，滑块a与桌面间的动摩擦因数的测量结果将不变．甲6．有些材料的电阻率随压力作用而变化，这种现象称为“压阻效应”，这种材料可以制成压力传感器．现用如图甲所示的电路先研究某长薄板电阻R x的压阻效应，然后将其改装为传感器．已知R x 的阻值变化范围为几欧到十几欧，实验室中有下列器材：A．电源E(3 V，内阻不计)B．电流表A1(3 mA，内阻r1＝10 Ω)C．电流表A2(300 mA，内阻r2约为1 Ω)D．电压表V(15 V，内阻约5 kΩ)E．电阻箱R1(最大阻值为10 000 Ω)F．定值电阻R0＝3 ΩG．开关S及若干导线(1)为了比较准确地测量电阻R x，请完成图甲中虚线框内电路图的设计．(2)要测量电阻R x，在电阻R x上加一个竖直向上的力F(设竖直向下为正方向)，闭合开关S后，需要读取的数据为________________________(用字母表示，并指明字母表示的测量量)，求解电阻R x的表达式为R x＝________(用所测物理量的字母表示)．(3)根据实验测量结果，作出压阻元件的R x-F图象，如图乙所示，将这种压阻元件与一个电流表串联接入如图丙所示电路将电流表改装成测量压力的仪表．若定值电阻R0＝14 Ω，电源和电流表内阻不计，电源电动势为3 V，则应将电流表刻度为________A处改为0 N，将电流表刻度为________A处改为4.5 N.乙丙答案：(1)如图所示(2)电流表A1的示数I1，电流表A2的示数I2，电阻箱的示数R1 I1(r1＋R1)(3)0.10.143I2－I1解析：(1)由题图乙知，被测电阻R x大小在7～16 Ω之间，则电路中电流最大为0.43 A，电路中有保护电阻R0，电流小于0.3 A，电流表选A2.电源电动势为3 V，电压表量程太大，不能准确测量，应将电流表A1与电阻箱串联，改装成量程为3 V的电压表，需要串联阻值为990 Ω的电阻，改装后电压表总内阻为1 000 Ω，被测量电阻为小电阻，电流表A2采用外接法．(2)闭合开关后，需要读出电流表A1的示数I1，电流表A2的示数I2，电阻箱的示数R1，则电阻R x的表达式为R x＝I1(r1＋R1) I2－I1.(3)压力为0 N时，压阻元件的电阻为16 Ω，由欧姆定律得电流为0.1 A；当压力为4.5 N时，压阻元件的电阻为7 Ω，电流为0.143 A.考前保温训练(九)物理学史(限时30分钟)1．在物理学的发展过程中，许多科学家做出了巨大的贡献，下列说法中符合史实的是()A．牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量B．奥斯特发现了电流的磁现象和电磁感应现象C．开普勒通过研究第谷的观测数据得出了开普勒定律D．库仑发现了点电荷间的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的数值答案：C解析：牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，选项A错误；奥斯特发现了电流的磁现象，法拉第发现了电磁感应现象，选项B错误；开普勒通过研究第谷的观测数据得出了开普勒定律，选项C正确；库仑发现了点电荷间的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，选项D错误．2．在物理学的发展史上，许多物理学家做出了卓越的贡献，下列说法中符合史实的是()A．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证B．麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在C．安培首先提出了场的概念并发现了通电导线在磁场中受力方向的规律D．楞次发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律答案：B解析：伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证，选项A错误；麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在，选项B 正确；法拉第首先提出了场的概念，安培发现了通电导线在磁场中受力方向的规律，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项D错误．3．(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有() A．力不是维持物体运动的原因B．物体之间普遍存在相互吸引力C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D．物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反答案：AC解析：伽利略利用理想斜面实验和逻辑推理相结合的方法否定了亚里士多德“力是维持物体运动状态的原因”的错误结论，正确地指出力不是维持物体运动状态的原因，A项正确；牛顿提出万有引力定律，B项错；伽利略首先运用逻辑推理的方法发现物体下落的快慢和它的重量无关，C项正确；牛顿提出了物体间的相互作用力总是等大反向的结论，D项错．4．(2014·北京理综)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小答案：A解析：题述要求根据三次实验结果的对比，得到最直接的结论．由于斜面上先后铺垫粗糙程度逐渐降低的材料，可理解为斜面越来越光滑，小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1、2、3，即依次升高，所以得到的最直接的结论是：如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，选项A正确．B、C、D选项都不能根据三次实验结果。

2016年高考物理冲刺卷02(江苏卷)含答案

绝密★启用前2016年高考冲刺卷（2）（江苏卷）物理试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分第Ⅰ卷（共9小题，共31分）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意.1、转笔（Pen Spinning）是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示.转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是（）A、笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越大B、笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由重力提供的C、若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走D、若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆两端一定不会形成电势差2、如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止，现将滑块平行与斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板有滑上上且处于静止状态，则与原来相比（）A、滑块对球的弹力增大B、挡板对球的弹力减小C、斜面对滑块的弹力增大D、拉力F不变3、如图所示电路，电源内阻不可忽略.在滑动变阻器触头由a滑向b的过程中.下列说法中正确的是（）A、电流表示数减小B、小灯泡L亮度增加C、电源内电阻消耗功率减小D、电源输出功率一定增加4、2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持.特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术.如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，“北斗系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动，卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别为轨道上的A、B两位置，高分一号在C位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力.则以下说法正确的是（）A、卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为2RgrB、卫星“G1”由位置A运动到位置BC、如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其减速D、高分一号是低轨道卫星，其所在高度由稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小5、两个物体在同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞（碰撞过程时间极短）后反弹，速度大小不变.一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比.下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是（）二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.6、如图所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达''A B 线，有如图所示的①②③三条路线，其中路线③是以'O 为圆心的半圆，'OO r =.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力均为max F .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道（所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大），则：（）A 、赛车经过路线②③时的位移相等B 、选择路线②，赛车的速率最小C 、选择路线③，赛车所用时间最短D 、①②③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等7、某汽车从静止开始以加速度a 匀加速启动，最后做匀速运动、已知汽车的质量为m ，额定功率为p ，匀加速运动的末速度为1v ，匀速运动的速度为m v ，所受阻力为f 、下图是反映汽车的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是（）8、如图所示，匀强磁场的磁感应强度2B =，单匝矩形线圈面积S=1m 2 ,电阻403r =Ω,绕垂直于磁场的轴OOˊ匀速转动.线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接.V 为理想交流电压表，A 1 、A 2 为理想交流电流表，L 1、L 2为两个完全相同的电灯泡，标称值为“20V ，30W”,且均正常发光，电流表Ａ1的示数为1.5A.则以下说法正确的是（）A 、电流表A 1 、A 2的示数之比2:1B 、理想电压表原副线圈的匝数之比2:1C 、线圈匀速转动的角速度ω=120rad/s D、电压表的示数为9、如图所示，A 、B 为平行金属板，两板相距为d ，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M 和N.今有一带电质点，自A 板上方相距为d 的P 点由静止自由下落（P 、M 、N 在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，到达N 孔时速度恰好为零.然后沿原路返回.若保持两极板间的电压不变，则正确的是（）A 、把A 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后仍能返回B 、把A 板向下平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落C 、把B 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后仍能返回D 、把B 板向下平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落第Ⅱ卷（共6题，共89分）三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共42分，请将解答填写在答题卡相应的位置.必做题：10、（8分）如图甲所示是某同学探宄加速度与力的关系的实验装置.他在气垫导轨上安装了一个光电门B ，在滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连（力传感器可测得细线上的拉力大小），力传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A 处由静止释放.（1）该同学用50分度的游标卡尺测量遮光条的宽度d ，如图乙所示，则d=__________mm（2）下列不必要的一项实验要求是；A 、将气垫导轨调节水平B 、使A 位置与光电门间的距离适当大些C 、使细线与气垫导轨平行D 、使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量（3）实验时，将滑块从A 位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间t ，测量出滑块在A 位置时遮光条到光电门的距离x ，则滑块的加速度a=______（用d 、t 、x 表示）（4）为探究滑块的加速度与力的关系，改变钩码质量、测出对应的力传感器的示数F 和遮光条通过光电门的时间t ，通过描点要作出它们的线性关系图象，处理数据时纵轴为F ，横轴应为 .A 、tB 、t 2C 、1tD 、21t11、（10分）为了测定电源电动势E 的大小、内电阻r 和定值电阻0R 的阻值，某同学利用传感器设计了如图甲所示的电路，闭合电键S ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，通过电压传感器1、电压传感器2和电流传感器测得数据，用计算机分别描绘了如图乙所示的M 、N 两条U-I 直线，请回答下列问题：（1）根据图乙中的M 、N 两条直线可知A 、直线M 是根据电压传感器1和电流传感器的数据绘得的B 、直线M 是根据电压传感器2和电流传感器的数据绘得的C 、直线N 是根据电压传感器1和电流传感器的数据绘得的D 、直线N 是根据电压传感器2和电流传感器的数据绘得的（2）图乙中两直线M 、N 交点处所对应的电路中的工作状态是 A 、滑动变阻器的滑头P 滑到了最左端 B 、电源的输出功率最大 C 、定值电阻0R 上消耗的功率为0.5W D 、电源的效率达到最大值（3）根据图乙可以求得定值电阻0R =_________Ω. （4）电源电动势E=________V ，内电阻r=__________Ω.12、选做题：（请从A 、B 和C 三小题中选定两小题作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑，如都作答则按A 、B 两小题评分.）A 、（选修模块3-3）（12分）（1）下列说法中正确是；A 、物体中分子热运动动能的总和等于物体的内能B 、橡胶无固定熔点，是非晶体C 、饱和汽压与分子密度有关，与温度无关D 、热机的效率总小于1（2）一密闭气体膨胀对外做功150J ，若该过程从外界吸热250J ，它的内能变化为 J ，若该过程是绝热的，它的内能变化为 J ；（3）已知铁的密度为ρ、摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ，将铁原子视为球体，求铁原子的直径d .（球体积公式V ＝361d π）B 、（选修模块3-4）（12分）（1）下列说法中正确的是；A 、声波有多普勒效应，而光波没有多普勒效应B、电磁波都是由振荡电路工作时产生的C、单缝衍射中，缝越宽，衍射现象越不明显D、考虑相对论效应，静止的人测量沿自身长度方向高速运动的杆比静止时短（2）激光可以做成很细的光束，这是利用了激光平行度好的性质，激光是（填“纵”或“横”）波，在光导纤维中传递信息要比在真空中（填“快”或“慢”）；（3）如图所示，一条长度为L＝5.0m的光导纤维用折射率为n＝2的材料制成，一细束激光由其左端的中心点以α＝45°的入射角射入光导纤维内，经过一系列全反射后从右端射出，求：①该激光在光导纤维中的速度v是多大？②该激光在光导纤维中传输所经历的时间是多少？C、（选修模块3-5）（12分）（1）下列说法中正确的是；A、波尔认为氢原子的能级是量子化的B、一个动量为p的电子对应的物质波波长为hp（h为普朗克常量）C、天然放射现象的发现揭示了原子核具有复杂的结构D、随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较长方向移动（2）O148会衰变成N147，衰变的一种方式有γ光子产生，方程：O148→N147＋x＋υ＋γ，另一种方式不辐射γ光子，方程：O148→N147＋x＋υ，其中υ是中微子（不带电，质量可忽略），x粒子是，第一种方式衰变时，x粒子最大动能为1.84MeV，γ光子的能量为2.30MeV，忽略核的反冲效应和中微子能量，则第二种方式衰变时，x粒子最大动能为MeV；（3）已知锌的逸出功W0＝3.34eV，试通过计算说明用波长λ＝0.2μm的光照射锌板时能否发生光电效应.（普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，真空中光速c＝3.0×108m/s）四、计算题：本题共3小题，共计47分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.13、（15分）如图甲所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L＝0.5m，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r＝2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝2T，若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过一段时间t后金属棒的速度稳定不变，电阻R中产生的电热为3.2J，图乙为安培力与时间的关系图象，试求：（1）金属棒的最大速度；（2）金属棒速度为2m/s时的加速度；（3）计算t时间内通过电阻R的电荷量.14、（16分）如图是某自动加热装置的设计图，将被加热物体在地面小平台上以一定的初速经过位于竖直面内的两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入加热锅内，利用来回运动使其均匀受热.我们用质量为m的小滑块代替被加热物体，借这套装置来研究一些物理问题.设大小两个四分之一圆弧的半径分别为2R和R，小平台和圆弧均光滑.将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧BC组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化.两斜面倾角均为37θ=︒，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，锅底位于圆弧形轨道所在的竖直平面内，碰撞不损失机械能.滑块始终在同一个竖直平面内运动，重力加速度为g.（1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？（2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上通过的总路程.（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值.15、（16分）如图所示，A、B是两块竖直放置的平行金属板，相距为2l，分别带有等量的负、正电荷，在两板间形成电场强度大小为E的匀强电场，A板上有一小孔（它的存在对两甲乙极板间的匀强电场分布的影响可忽略不计）.孔的下沿右侧有一条与板垂直的水平光滑绝缘轨道，一个质量为m、电荷量q（q>0）的小球（可视为质点），在外力作用下静止在轨道的中点P处，孔的下沿左侧也有一与板垂直的水平光滑绝缘轨道，轨道上距A板l处有一固定挡板，长为l的轻弹簧左端固定在挡板上，右端固定一块轻小的绝缘材料制成的薄板Q，撤去外力释放带电小球，它将在电场力作用下由静止开始向左运动，穿过小孔（不与金属板A接触）后与薄板Q一起压缩弹簧，由于薄板Q及弹簧的质量都可以忽略不计，可认为小球与Q接触过程中，不损失机械能，小球从接触Q开始，经历时间T，第一次把弹簧压缩至最短，然后又被弹簧弹回，由于薄板Q的绝缘性能有所欠缺，使得小球每次离开弹簧的瞬间，小球的电荷量都损失一部分，而变成该次刚与弹簧接触时小球电荷量的1k（k大于1）（1）求小球第一次接触Q时的速度大小；（2）假设小球被第n次弹回后向右运动的最远处没有到B板，试导出小球从第n次接触Q到本次向右运动至最远处的时间nT的表达式；（3）假设小球经若干次弹回后向右运动的最远点恰好能到达B板，求小球从开始释放至刚好到达B点经历的时间.9 ACD5、4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意，全分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分. 路线①的路程为r r s π22121⋅+=，路线②的路程为rr r ππ2222+=⨯，路线③的路程为r s π23=，故选择路线①，赛车经过的路当向心力，所以有ma F =max ，所以运动的相信加速度相同，根据公式R v mF 2max=可得m RF v max =，即半径越大，速度越大，路线①的速率最小，B 错误D 正确；因为321s s s <<，231v v v =<，结合m R F v max =，根据公式v st =可得选择路线③，赛车所用时间最短，C 正确；故选ACD.7、8、9、【解析】由题意知及动能定理知：02=-⋅qU d mg ，则电场力做功与重力做功的大小相等.把A第Ⅱ卷（共6题，共89分）三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共42分，请将解答填写在答题卡相应的位置. 必做题： 10、（8分）【答案】（1）2.10；（2）D ；（3）d2/2xt2；（4）D.11、（10分）【答案】（1）BC；（2）ABC；（3）2Ω；（4）1.5V，1Ω.12、选做题：（请从A、B和C三小题中选定两小题作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑，如都作答则按A、B两小题评分.）A、（选修模块3-3）（12分）（1）【答案】 BD【解析】物体中分子热运动动能的总和与分子势能的总和等于物体的内能；故A错误；橡胶是非晶体，没有固定的熔点，故B正确；饱和气压与温度有关，且随着温度的升高而增大，故C错误；热机的效率无法达到100%，故D正确.（2）【答案】 100，－150.【解析】根据热力学第一定律有：ΔU＝Q＋W＝250J＋（－150）J＝100J，若该过程是绝热的，则Q＝0，ΔU＝－150J（3）B、（选修模块3-4）（12分）【答案】36ANπρM【解析】铁的摩尔体积为：VM＝ρM一个铁原子的体积为：V0＝AMNV根据球体体积公式可知，一个铁原子的体积为：V0＝3)2(34dπ联立以上各式解得铁原子的直径为：d＝36ANπρMB、（选修模块3-4）（12分）（1）【答案】CD（2）【答案】横，慢.【解析】光是一种电磁波，是横波，光导纤维对光的折射率n＞1，又因为n＝vc，所以在光导纤维中传递信息要比在真空中慢.（3）【答案】 ①v ＝2.1×108m/s；②t ＝2.7×10－8s.【解析】①由n ＝v c可得：v ＝2.1×108m/s②由折射定律n ＝γαsin sin 可得，光线从左端面射入后的折射角为30°，射到侧面时的入射角为60°，大于临界角45°，因此将发生全反射，同理，光线每次在侧面都将发生全反射，直到光线达到右端面，其光路图如解图1所示，由图中几何关系可以求出光线在光纤中通过的总路程为：s ＝32L，因此该激光在光导纤维中传输所经历的时间是t ＝v s＝2.7×10－8sC 、（选修模块3-5）（12分）（1）【答案】AC（2）【答案】e10， 4.14.（3）【答案】能发生光电效应.【解析】这种单色光的能量E ＝λhc＝1×10－8J ＝6.25eV由于E ＝6.25eV ＞W0＝3.34eV ，所以.四、计算题：本题共3小题，共计47分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位. 13、（15分）【答案】（1）vm ＝4m/s ；（2）a ＝7.5m/s2；（3）q ＝1.16C.（3）由动能定理，t 时间内棒动能变化：WF ＋安W ＝ΔEk －安W ＝电W ＝QR ＋Qr根据功能关系有：Pt ＝221m mv －2021mv ＋QR ＋Qr解得：t ＝1.975s 棒运动过程：F －安F ＝ma ，即F －ILB ＝t vmΔΔ，化简得：F Δt －IL B Δt ＝m Δv又由电流强度定义式有：I Δt ＝Δq 在t ＝1.975s 时间内对上述两式求和，有：ΣF Δt －LB ΣΔq ＝m ΣΔv 由F-t 图象“面积”得到：ΣF Δt ＝1.76N·s ΣΔv ＝4m/s －1m/s ＝3m/s 解得：q ＝ΣΔq ＝1.16C 14、（16分）【答案】（1）3916R；（2）滑块不会滑到A 而飞出，最终在BC 间来回滑动，22116R s ；（3）9mg.（3）设初速度、最高点速度分别为v1、v2，根据牛顿第二定律，在Q点，有21 1v F mg mR -＝在P点，有22 22v F mg mR +＝所以222121222222()vF F mvmgRv-+-+＝由机械能守恒得221211322mv mv mg R+⋅＝解得22126v v gR-＝，为定值，代入v2的最小值得压力差的最小值为9mg15、（16分）【答案】（1）v=（2）2nnT T=；（3log2kT. （2）小球每次离开Q的速度大小相同，等于小球第一次与Q接触时速度大小v=设小球第n次离开Q向右做减速运动的加速度为na，速度由v减为零所需时间为nt，小球离开Q所带电荷量为nq，则n nq E ma=，,n n nnv qt qa k==，联立解得nt nmvkqE=小球从第n次接触Q，到本次向右运动至最远处的时间2nnT T=11。

2016年高考物理冲刺卷02(四川卷)含答案

绝密★启用前2016年高考冲刺卷（2）（四川卷）理科综合物理试题注意事项：1、答题前，考生务必将自己的姓名、座位号、报名号填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡上对应的虚线框内、2、第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑、如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号、第Ⅱ卷用0.5mm黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效、3、考试结束，监考人只将答题卡收回、第Ⅰ卷（选择题，共42分）一、选择题（本题共7小题，每小题6分、在每小题给出的四个选项中，第1~5小题只有一个选项正确，第6~7小题有多个选项正确.全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1、物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的革命和创新，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列表述正确的是（）A、水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是光的衍射现象B、麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，并通过实验加以证实C、机械波和电磁波在介质中传播速度大小均只与介质有关.D、根据狭义相对论的原理可知,在不同的惯性参考系中,一切物理规律都是相同的2、图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命.图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1:4.若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是（）A、在图示轨道上,“轨道康复者”的速度大于7.9/km sB、在图示轨道上,“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的4倍C、在图示轨道上,“轨道康复者”的周期为3h，且从图示位置开始经1.5h与同步卫星的距离最近D、若要对该同步卫星实施拯救,“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接3、如图所示，AB为竖直放置的半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，环半径为R.一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力.则下列判断正确的是（）A、要使小球掉到环上时的竖直分速度最大，小球应该落在BC之间B、即使v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同C、若v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D、无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环4、如图所示，一细束由黄、蓝、紫三种色光组成的复色光通过三棱镜折射后分为a、b、c三种单色光，∠A大于c光在棱镜中的临界角而小于b光在棱镜中的临界角，下列说法中正确的是（）A、a种色光为紫光B、在三棱镜中a光的传播速度最大C、在相同实验条件下用a、b、c三种色光做双缝干涉实验，c光相邻亮条纹间距一定最大D、若复色光绕着入射点O顺时针转动至与AB面垂直时，屏上最终只有a光5、如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来、下列判断中正确的是bcA、线框能旋转起来，是因为电磁感应B、俯视观察，线框沿顺时针方向旋转C、电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D、旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大6、如图所示为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t=1.0s时刻的波形图，则下列说法正确的是A、该简谐横波的传播速度为4m/sB、从此时刻起，经过2秒，P质点运动了8米的路程C、从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置D、此时刻M质点的振动速度小于Q质点的振动速度7、如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为＋Q的点电荷、一质量为m、带电荷量为＋q的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ（取无穷远处电势为零），P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为60°，k为静电常数，下列说法正确的是A、物块在A点的电势能E p A =＋QφB、物块在A点时受到轨道的支持力大小为mgC、点电荷＋Q产生的电场在B点的电场强度大小2BQE kh=D、点电荷＋Q产生的电场在B点的电势22()2Bmv vqϕϕ=－＋第Ⅱ卷（非选择题共68分）8、（17分）Ⅰ、（6分）如图所示为阿特武德机的示意图，它是早期测量重力加速度的器械，由英国数学家和物理学家阿特武德于1784年制成、他将质量同为M（已知量）的重物用绳连接后，放在光滑的轻质滑轮上，处于静止状态、再在一个重物上附加一质量为m的小重物，这时，由于小重物的重力而使系统做初速度为零的缓慢加速运动并测出加速度，完成一次实验后，换用不同质量的小重物，重复实验，测出不同m时系统的加速度、（1）（2分）若选定如图左侧物块从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有____________A. 小重物的质量mB. 绳子的长度C. 重物下落的距离及下落这段距离所用的时间（2）（4分）经过多次重复实验，得到多组a、m数据，作出1a－1m图像，如图乙所示，已知该图像斜率为k，纵轴截距为b，则可求出当地的重力加速度g＝________，并可求出重物质量M＝____________、Ⅱ、（11分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ.步骤如下：图甲（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如右上图，由图可知其直径为mm；（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为Ω.（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：A、待测圆柱体电阻RB、电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）C、电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）D、电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）E、电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）F、直流电源E（电动势4V，内阻不计）G、滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）H、滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）J、开关S K、导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在右框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号.（5）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ＝m.（保留2位有效数字）9.（15分）如图所示，一位质量为m = 65 kg的特技演员，在进行试镜排练时，从离地面高h1=6 m高的楼房窗口跳出后竖直下落，若有一辆平板汽车正沿着下落点正下方所在的水平直线上，以v0= 6 m/s的速度匀速前进.已知该演员刚跳出时，平板汽车恰好运动到其前端距离下落点正下方3 m处，该汽车车头长2 m，汽车平板长4.5 m，平板车板面离地面高h2 =1 m，人可看作质点，g取10 m/s2，人下落过程中未与汽车车头接触，人与车平板间的动摩擦因数μ=0.2.问：（1）人将落在平板车上距车尾端多远处?（2）假定人落到平板上后立即俯卧在车上不弹起，司机同时使车开始以大小为a车=4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，直至停止，则人是否会从平板车上滑下?（3）人在货车上相对滑动的过程中产生的总热量Q为多少?10.（17分）一般在微型控制电路中，由于电子元件体积很小，直接与电源连接会影响电路精准度，所以采用“磁”生“电”的方法来提供大小不同的电流.在某原件工作时，其中一个面积为S=4×10-4m2，匝数为10匝，每匝电阻为0.02Ω的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度大小B随时间t变化的规律如图1所示.（1）求在开始的2s内，穿过线圈的磁通量变化量；（2）求在开始的3s内，线圈产生的热量；（3）小勇同学做了如图2的实验：将并排在一起的两根电话线分开，在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线，这条导线与电话线是绝缘的，你认为耳机中会有电信号吗？写出你的观点，并说明理由.11.（19分）如图，静止于A 处的离子，经电压为U 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P 点垂直CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左、静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E 0，方向如图所示；离子质量为m 、电荷量为q ；=2d 、=3d ，离子重力不计、（1）求圆弧虚线对应的半径R 的大小；（2）若离子恰好能打在NQ 的中点上，求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 的值；（3）若撤去矩形区域QNCD 内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN 上，求磁场磁感应强度B 的取值范围、图1 图2位移越大，竖直的分速度才越大，所以小球落在最低点时竖直分速度才最大，选项C错误，D正确.c为紫光，选项A错误；因为a光为黄光，折射cvn=可知，在三棱镜中a光的传播速度最大，选项B正确； c光的Lxd∆λ=可知，在相同实验条件下用a、b、c三种色c光相邻亮条纹间距一定最小，选项C错误；若复色光绕着入射O顺时针转动至与AB面垂直时，三种光在AC面上的入射角变大，因为∠A大于cb光在棱镜中的临界角，故ab两种光先后在AC面发生全c光不能发生全反射，故从AC面射出的只有c光，故屏上最终只有c光，D错误；故选B.T=1s，λ=4m，v=Tλ=4m/s，A正确；经过2s，P质点完成了个全振动，经过了8A的路程1.6m，B错误；Q此时向上运动，经波峰回到平衡位置，P点后到，C正确；此时刻M质点处于平衡位置，速度最大，D错误.A点的电势为φ，则物块在A点的电势能E p A =＋qφ，选项A错误；PA之2234()sin60Qq kqQF kh h==，则物块在A点时受到轨道的支持力大小为sin 60N F mg F mg =+=B 正确；点电荷＋Q 产生的电场在B 点的电场强度大小2B Q E k h =，选项C 错误；由能量守恒关系可知：2201122B mv q mv q ϕϕ+=+，解得：220()2B m v v qϕϕ=－＋，选项D 正确；故选BD. 第Ⅱ卷（非选择题共68分）8、（17分）Ⅰ、（6分）【答案】（1）AC ；（2）b 1；bk2 【解析】（1）本实验要测量要小重物的质量m ，测量加速度，221at h =，得22th a =，所以要测量重物下落的距离及下落这段距离所用的时间，故A 、C 正确；（2）由牛顿第二定律得：a m M mg )2(+=，得gm g M a 1121+∙=，所以b g 1=；bkM 2=Ⅱ、（11分）【答案】（1）50.15 （2）4.700 （3）220 （4）如图所示（5）27.610-⨯考点：伏安法测电阻、测定金属的电阻率9.（15分）【答案】（1）3.5m （2）不会滑下（3）455J【解析】（1）设人下落时间为，则1分车在时间内运动的位移1分联立得1分人在车上的落点距车尾端2分考点：功能关系，牛顿第二定律10.（17分）【答案】（1）wb 3106.1-⨯-=∆φ；（2）1.92×10﹣3J ；（3）见解析【解析】（1）根据12φφφ-=∆………………………………………2分代入数据解得wb 3106.1-⨯-=∆φ（正负都给分，出现匝数该式子得零分）…2分（2）根据题意 0～2s 时tnE ∆∆=φ1……………………………………………………………………………1分 RE I 11=………………………………………………………………………………1分 1211Rt I Q ==6.4×10-4J ………………………………………………………………2分2～3s 时，同理可得Q 2=12.8×10-4J …………………………………………………3分则前3s 内线圈产生的热量为Q =Q 1+Q 2=1.92×10﹣3J ………………………………2分（3）会有电信号产生的…………………………………2分原因：穿过耳机线圈的磁通量发生变化………………………2分考点：电磁感应.11.（19分）【答案】（1）02U R E =（2）032E R E d =（3B ≤<（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有2v qvB mR=则r=离子能打在QF上，则既没有从DQ边出去也没有从PF边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ、由几何关系知，离子能打在QF上，必须满足：32 2d r d<≤则有B≤<考点：带电粒子在匀强电、磁场中的运动。

2016年全国高考冲刺物理卷(二)

2016年全国高考冲刺物理卷（二）
适用年级：高三试卷类型：一模试题总数：14 浏览次数：756 上传日期：2017/7/20
1 . 如图所示，一个半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口光滑。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球。当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线跟水平方向的夹角为a= 90°。质量为m2的小球位于水平地面上，设此时竖直的细线对m2的拉力大小为T，质量为m2的小球对地面压力大小为N，则( )
表中有一个数值记录不规范，代表符号为_______．由表可知所用刻度尺的最小分度为______．（3）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与____________的差值（填“ 或 ”）．
（4）由图可知弹簧的劲度系数为_________N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_________g（结果保留两位有效数字，重力加速度取 9.8 m/s2）．
A．弹簧的最大压缩量为
B．弹簧的最大压缩量为 C．弹簧获得的最大弹性势能为 mv02 D．弹簧获得的最大弹性势能为 mv02
难度：0.65 组卷：289 题型：单选题更新：2016/4/13
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6 . 如图所示，匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的物体A和B，它们与盘间的动摩擦因数相等．当圆盘转速加快到两物体刚要滑动且尚未滑动的状态时，烧断细线，则两物体的运动情况是( )
A．它们经过（
）相遇
B．它们经过
s相遇
C．它们在距离物体A出发点5.25m处相遇 D．它们在距离物体A出发点6m处相遇
难度：0.65 组卷：216 题型：单选题更新：2016/4/13

【名师伴你行】高考物理大二轮选择题专训(二)(含解析)

选择题专训(二) (A)1．在推导“匀变速直线运动位移的公式”时，把整个运动过程划分为很多小段，每一小段近似为匀速直线运动，然后把各小段位移相加代表整个过程的位移，物理学中把这种方法称为“微元法”．下面几个实例中应用到这一思想方法的是( )A．在计算带电体间相互作用力时，若电荷量分布对计算影响很小，可将带电体看做点电荷B．在探究弹性势能的表达式过程中，把拉伸弹簧的过程分成很多小段，在每小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每小段做功的代数和相加C．在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度与力的关系D．在求两个力的合力时，如果一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，这个力就是那两个力的合力答案：B 解析：本题考查对物理学方法的理解．点电荷采用了物理模型法，探究牛顿第二定律时采用了控制变量法，求合力采用了等效替代法，故A、C、D错误，B正确．2．如图所示，A、B两个物块叠放在一起，放于斜面C上，物体B的上表面水平，现三者在水平外力F的作用下一起向左做匀速直线运动，下列说法正确的是( )A．物体A可能受到3个力的作用B．物体B可能受到3个力的作用C．物体C对物体B的作用力竖直向上D．物体C和物体B之间可能没有摩擦力答案：C 解析：A、B、C均处于平衡状态，先对物体A进行受力分析，其在竖直方向上受重力和支持力的作用，二力平衡，水平方向不会受到摩擦力的作用，A错误；对物体B，除了受到重力和斜面的支持力外，肯定还受到沿斜面向上的摩擦力作用，此外还受到物体A 的压力，共4个力的作用，B、D错误；物体B共受4个力的作用，斜面对B的作用是指支持力和摩擦力的合力，这两个力的合力与物体B所受的重力和所受压力的合力“二力平衡”，所以斜面对B的作用力的方向竖直向上，C正确．3．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A点自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体；另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点．在点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动的过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是( )A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小答案：C 解析：如图所示，由O点受力平衡，根据三角形法则，在点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动的过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小先变小后增大，OC绳子与杆垂直时最小，选项C正确．4．建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处(如图甲所示)．图乙为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的速度图象，下列判断正确的是( )甲乙A．前5 s的平均速度是0.5 m/sB．46 s末吊车吊的材料离地面的距离为28 mC．30～36 s材料处于失重状态D．前10 s钢索最容易发生断裂答案：CD 解析：由题图可知前5 s的平均速度为0.25 m/s，由图象面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m，46 s末吊车吊的材料离地面的距离为22 m，所以A、B错误；在30～36 s物体加速度向下，材料处于失重状态，前10 s材料处于超重状态，钢索最容易发生断裂，所以C、D正确．5．如图所示，一质量为m的物体静置在倾角为θ＝30°的光滑斜面底端，现用沿斜面向上的恒力F沿斜面向上拉物体使其做匀加速直线运动，经时间t，力F做功为W，此后撤去恒力F，物体又经t时间回到出发点，若以地面为零势能面，下列说法正确的是( )A ．F ＝23mg B ．F ＝mgC ．物体动能与势能相同的位置在撤去力位置的下方D ．物体动能与势能相同的位置在撤去力位置的上方答案：AC 解析：设撤力前物体的加速度为a 1，撤力后的加速度为a 2，由题意，根据运动学公式得12a 1t 2＋a 1t 2－12a 2t 2＝0，解得a 2＝3a 1，由牛顿第二定律得：F －mg sin θ＝ma 1，mg sin θ＝ma 2，联立得F ＝23mg ，A 正确，B 错误；设撤去力时物体的速度为v 1，物体回到底端的速度为v 2，v 2＝|a 1t －a 2t |＝2a 1t ＝2v 1，根据功能关系，12mv 22＝W ，所以撤力瞬间物体的动能为12mv 21＝18mv 22＝14W ，重力势能E p ＝34W ，因此，物体动能与势能相同的位置在撤去力位置的下方，C 正确，D 错误．6．(2013·湖北重点中学联考)如图是手机充电器的内部电路核心部分的简化模型，将变压器和二极管都当做理想元件，已知变压器的原、副线圈匝数比为20∶1，AB 端输入电压为U 1＝2202sin 100πt (V)，对于输出端CD (OD 为副线圈的中心抽头)( )A ．输出电压的有效值为11 VB ．输出电压的有效值为5.5 VC ．CD 端的输出功率和AB 端的输入功率之比为1∶2D ．CD 端的输出功率和AB 端的输入功率之比为1∶1答案：BD 解析：由于OD 为副线圈的中心抽头，则AB 与CD 线圈匝数之比为40∶1，线圈CD 间电压的最大值为5.5 2 V ，而本题中的两个二极管相当于把CD 之间的交变电压的负半部分对称地变为正半部分，这样交变电流就全部变为正值，且周期为原来的一半，因而有效值为5.5 V ，A 错误，B 正确；变压器AB 端的输入功率等于CD 端的输出功率，因而C 错误，D 正确．7．(2013·湖南师大附中高三月考试卷)空间存在着平行于x 轴方向的静电场，A 、M 、O 、N 、B 为x 轴上的点， OA <OB ，OM ＝ON ，AB 间的电势φ随x 的分布为如图所示的折线，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M 点由静止开始沿x 轴向右运动，则下列判断中正确的是( )A ．粒子一定带正电B ．粒子从M 向O 运动过程所受电场力均匀增大C ．粒子一定能通过N 点D ．AO 间的电场强度大于OB 间的电场强度答案：CD 解析：由E ＝U d ＝ΔφΔx，在φ－x 图象中斜率大小表示场强大小，AO 段斜率大于OB 段，D 正确；沿电场线方向电势降低，所以O 点左侧电场线向左，右侧电场线向右，在M 点带电粒子仅受电场力由静止沿x 轴向右运动，粒子带负电，A 错误；AO 段，OB 段斜率不变，O 点两侧场强大小均不变，B 错误；由于MO 段粒子加速度大，ON 段加速度小，粒子一定能通过N 点，C 正确．8．如图所示，有一垂直于纸面向外的磁感应强度为B 的有界匀强磁场(边界上有磁场)，其边界为一边长为L 的正三角形，A 、B 、C 为三角形的顶点．今有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以速度v ＝3qBL 4m从AB 边上某点P 既垂直于AB 边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC 边上某点Q 射出，则( )A ．|PB |<2＋34L B ．|PB |<1＋34L C ．|QB |≤34L D ．|QB |≤12L 答案：AD 解析：利用题目中的已知条件不难求出粒子在磁场中做圆周运动的半径R ＝34L ，经作图分析可知，入射点离A 越近，粒子越不易从BC 边射出，临界条件是粒子运动的轨迹恰好与AC 和BC 边相切，如图甲所示，此时|PB |＝2＋34L ，所以要让粒子从BC 边射出，需满足|PB |<2＋34L ，选项A 正确，B 错误；经作图可知当粒子沿水平方向飞出磁场时，出射点离B 点最远，如图乙所示，此时|QB |＝12L ，所以|QB |≤12L ，选项C 、D 错误．甲乙(B)1．2012年9月25日，中国第一艘航空母舰“辽宁舰”，舰号为“16”正式交接入列，它的满载排水量为64 000吨，有四台50 000马力的蒸汽轮机提供动力．设想如能创造一理想的没有阻力的环境，用一个人的力量去拖这样一艘航空母舰，则从理论上可以说( )A ．航空母舰惯性太大，所以完全无法拖动B ．一旦施力于航空母舰，航空母舰立即产生一个加速度C ．由于航空母舰惯性很大，施力于航空母舰后，要经过一段很长时间后才会产生一个明显的加速度D ．由于航空母舰在没有阻力的理想环境下，施力于航空母舰后，很快会获得一个较大的速度答案：B 解析：本题考查惯性、牛顿第二定律等知识．用一个人的力量去拖这样一艘航空母舰而无法拖动，是因为人拖航空母舰的力小于航空母舰所受的阻力，A 错误；根据牛顿第二定律的瞬时性，当航空母舰受到的合力不为零时，由公式F ＝ma 可得，航空母舰的加速度立刻不为零，B 正确，C 错误；航空母舰质量很大，施力于航空母舰，航空母舰的加速度很小，根据运动学方程v ＝at ，航空母舰需要较长的时间才会获得较大的速度，D 错误．2．质量m 1＝3 kg 、m 2＝2 kg 、m 3＝1 kg 的三个物块按照如图所示水平叠放着， m 1与m 2、m 2与m 3之间的动摩擦因数均为0.1，水平面光滑，不计绳的重力和绳与滑轮间的摩擦，作用在m 2上的水平力F ＝8 N ．取g ＝10 m/s 2，则m 2与m 3之间的摩擦力大小为( )A ．8 NB ．5 NC ．3 ND ．413N 答案：D 解析：m 1与m 2间的最大静摩擦力为f 12＝μm 1g ＝3 N ，m 2与m 3之间的最大静摩擦力为f 23＝μ(m 1＋m 2)g ＝5 N ，设m 1、m 2、m 3相对静止，当F ＝8 N 时，绳的拉力为4 N ，所以m 1与m 2一定发生了相对滑动．设m 2、m 3相对静止，即三者的共同加速度大小相等，设为a ，对于m 1、m 2、m 3整体F －2f 12＝(m 1＋m 2＋m 3)a ①，对于m 2F －f 12－f 23′＝m 2a ②，联立①②得f 23′＝413N<5 N ，所以D 选项正确．3．一斜面倾角为θ，A 、B 两个小球均以水平初速度v 0水平抛出，A 球垂直撞在斜面上，B 球落到斜面上的位移最短，不计空气阻力，则A 、B 两个小球下落时间t A 与t B 之间的关系为( )A ．t A ＝tB B ．t A ＝2t BC ．t B ＝2t AD ．无法确定答案：C 解析：如图所示，小球A 垂直撞在斜面上，说明到达斜面时速度方向与斜面垂直，将速度如图所示分解为v 1＝v 0，v 2＝gt A ，由图可得tan θ＝v 1v 2＝v 0gt A；而B 球落到斜面上的位移最短，则说明小球B 从抛出到斜面的位移与斜面垂直，将位移分解可得x ＝v 0t B ，y ＝12gt 2B ，由图可得tan θ＝x y ＝v 0t B 12gt 2B ＝v 012gt B ，故可知选项C 正确． 4．加速度计广泛应用于制导系统．如图为“加速度测量仪”的示意图．质量为m ＝1.00 kg 的绝缘滑块B 的两侧分别通过一轻弹簧与框架连接，弹簧的劲度系数均为k ＝100 N/m.滑块B 还通过滑动头与电阻CD 相连，CD 中任意一段的电阻都与其长度成正比．弹簧及电阻CD 与物体的运动方向平行．已知当滑块B 加速度为零时，指针位于A 点，理想电压表示数为1.50 V ；当滑块B 向右以a ＝10 m/s 2的加速度运动时，指针位于C 点，电压表示数为0；则当理想电压表的示数为1.80 V 时，滑块B 的加速度( )A ．方向向左B ．方向向右C ．大小为2 m/s 2D ．大小为3 m/s 2答案：AC 解析：设AC 长为x ，则对滑块B ，由牛顿第二定律有2kx ＝ma ，解出x ＝0.05 m ．设当电压表的示数为1.80 V 时，对应的电阻长度为x 1，则1.5∶1.8＝x ∶x 1，解出x 1＝0.06 m ．因此指针停在A 点右边，所以滑块受的合力向左，其加速度方向向左，选项A 正确；由牛顿第二定律，2k (x 1－x )＝ma 1，解出a 1＝2 m/s 2，选项C 正确．5．(2012·四川卷)如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变，用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x 0.物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .则( )A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为kx 0m －μg C ．物体做匀减速运动的时间为2x 0μgD ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－μmg k 答案：BD 解析：撤去F 后，物体向左做加速运动，其加速度大小a 1＝kx －μmg m ＝kx m －μg ，随物体向左运动，x 逐渐减小，所以加速度a 1逐渐减小，当加速度减小到零时，物体的速度最大，然后物体做减速运动，其加速度大小a 2＝μmg －kx m ＝μg －kx m，a 2随x 的增大而减小．当物体离开弹簧后做匀减速运动，加速度大小a 3＝μmg m＝μg ，所以选项A 错误．根据牛顿第二定律，刚撤去F 后，物体的加速度a ＝kx 0－μmg m ＝kx 0m－μg ，选项B 正确．物体做匀减速运动的位移为3x 0，则3x 0＝12a 3t 2，得物体做匀减速运动的时间t ＝6x 0a 3＝6x 0μg ，选项C 错误．当物体的速度最大时，加速度a ′＝0，即kx ＝μmg ，所以x ＝μmg k ，所以物体克服摩擦力做的功W ＝μmg (x 0－x )＝μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－μmg k ，选项D 正确． 6．(2013·天津理综)两个带等量正电的电荷，固定在图中P 、Q 两点， MN 为PQ 连线的中垂线，交PQ 于O 点，A 为MN 上的一点．一带负电的试探电荷q ，从A 点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )A ．q 由A 向O 的运动是匀加速直线运动B ．q 由A 向O 运动的过程电势能逐渐减小C ．q 运动到O 点时的动能最大D ．q 运动到O 点时电势能为零答案：BC 解析：两个等量正点电荷形成的电场不是匀强电场，在中垂线MN 上由无穷远到O 点电场强度先增大后减小，电荷q 所受电场力为变力，q 将做变加速直线运动，A 错误；因q 所受电场力方向指向O 点，所以q 由A 向O 运动过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，B 、C 均正确；因O 点电势大于零，故q 在O 点时的电势能不为零，D 错误．7．如图所示，真空中存在竖直向上的匀强电场和水平向里的匀强磁场，一质量为m ，带电荷量为q 的物体恰能以速度v 在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，取t ＝0时刻物体在轨迹最低点且重力势能为零，电势能也为零，下列说法错误的是( )A ．物体带正电且逆时针转动B ．匀强电场的场强E ＝mg q ，匀强磁场的磁感应强度B ＝mv qRC ．物体运动过程中，机械能随时间的变化关系为E ＝12mv 2＋mgR (1－cos v Rt ) D ．物体运动过程中，机械能的变化量随时间的变化关系为ΔE ＝mgR (cos v Rt －1)答案：D 解析：因为带电物体做匀速圆周运动，所以电场力与重力平衡，电场力方向向上，物体带正电；洛伦兹力提供向心力，结合左手定则知，带电物体沿逆时针方向转动，A 正确；qE ＝mg ，qvB ＝m v 2R ，则E ＝mg q ，B ＝ mv qR，B 正确；物体运动过程中动能不变，重力势能随时间的变化关系为E p ＝mgR (1－cos θ)＝mgR (1－cos v R t )，所以机械能随时间的变化关系为E ＝12mv 2＋mgR (1－cos v Rt )，C 正确；机械能的变化量等于电场力做的功，ΔE ＝qER (1－cos θ)＝mgR (1－cos θ)＝mgR (1－cos v Rt )，D 错误．8．(哈尔滨高考复习质检)矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示，磁感应强度方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图乙所示，t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0～4 s 时间内，导线框ad 边所受安培力随时间变化的图象(规定以向左为安培力正方向)可能是下列选项中的( )答案：D 解析：由图象可知0～1 s 时间内磁场均匀向里减小，根据楞次定律及左手定则可知ad 边受到的安培力向左，再由I ＝ΔBS R Δt可得回路中电流不变，而F ＝BIL ，故F 均匀减小，选项A 、B 错误；1～2 s 内感应电流方向仍不变，但安培力方向向右，且均匀增大，故选项C 错误，D 正确．。

高考物理二轮专题复习 (14)

名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
[知能必备]
高频
一、基础必备
考
点一
1．洛伦兹力
高频考点三
(1)大小：
高
①v∥B 时，F＝0；
频
考点
②v⊥B 时，F＝qvB；
二
提能演练
③v 与 B 夹角为 θ 时：F＝qvBsin θ.
(2)方向：F、v、B 三者的关系满足左手定则．
第一部分专题三第2讲第6页
高频考
由 B′qv＝mr′v2得 r′＝a
点
二
提能演练
第一部分专题三第2讲第27页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
由几何关系得 r′2＝x2＋(r′cos α)2
高频考
tan α＝a－y x，x＝a2
点
一
解得
y＝
3 6a
高频考点三
高
当磁场边界圆的直径为进出磁场点之间的线段时，磁场面积
T
也均相
高频考点三
同．而 a 离子的轨迹是一段优弧，b 离子的轨迹是一个半圆，a
高频
的路程比 b 的路程长，飞行时间也比 b 的飞行时间长，故 B、C
考
点二
项均错误．b 在 P 上的落点到 O 点的距离等于圆轨迹的直径，说
提能演练
明 b 的落点离 O 点最远，故 D 项正确．
第一部分专题三第2讲第22页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
解析：分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱
高频
磁场区域后，粒子的速度
v
大小不变，磁感应强度
B
减小，由